Question

13．如圖所示，在坐標系xOy中，第一象限除外的其它象限都充滿勻強磁場Ⅰ，磁感應強度都為B ₁=0.12T，方向垂直紙面向內．P是y軸上的一點，它到坐標原點O的距離l=0.40m．一比荷$\frac{q}{m}$=5.0×10⁷C/kg的帶正電粒子從P點開始進入勻強磁場中運動，初速度v0=3.0×10⁶m/s，方向與y軸正方向成夾角θ=53°并與磁場方向垂直．不計粒子的重力作用．已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：

（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑R．
（2）在第一象限中與x軸平行的虛線上方的區(qū)域內充滿沿x軸負方向的勻強電場（如圖a所示），粒子在磁場中運動一段時間后進入第一象限，最后恰好從P點沿初速度的方向再次射入磁場．求勻強電場的電場強度E和電場邊界（虛線）與x軸之間的距離d．
（3）如果撤去電場，在第一象限加另一勻強磁場Ⅱ，磁場方向垂直于xoy平面．在第（2）問虛線位置放置一塊長度為L=0.25m的平板，平板的左邊緣與y軸對齊（如圖b所示）．帶電粒子仍從P點開始運動，欲使帶電粒子第一次進入第一象限運動時不打到板上，求磁場Ⅱ的磁感應強度B₂的大小和方向應滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求出粒子在磁場中運動的軌道半徑．
（2）根據(jù)粒子的軌道半徑，結合幾何關系知，圓心在x軸上，知粒子進入電場做類平拋運動，根據(jù)幾何關系求出C的坐標．結合粒子進入電場在y軸方向做勻速直線運動，x軸方向上做勻加速直線運動，綜合牛頓第二定律和運動學公式求出勻強電場的電場強度E和電場邊界（虛線）與x軸之間的距離d．
（3）作出粒子運動軌跡，由幾何知識求出粒子恰好不打在板上的臨界軌道半徑，然后又牛頓第二定律求出磁場的磁感應強度，再分析答題．

解答 解：（1）粒子在磁場區(qū)域內運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：$q{v_0}{B_1}=m\frac{v_0^2}{R_1}$，
解得，粒子運動的軌道半徑：${R_1}=\frac{{m{v_0}}}{qB}$=0.50m，
（2）粒子運動軌跡如圖所示，粒子運動軌跡的圓心A恰好落在x軸上．
由幾何關系可知粒子從C點進入第一象限時的位置坐標為：
x=R₁-R₁cosθ=0.20m 
粒子進入勻強電場后做類平拋運動，設粒子在電場運動時間為t，
加速度為a，則：l-d=v₀t    由牛頓第二定律得：qE=ma  
  $x=\frac{1}{2}a{t^2}$  
粒子運動到P點時，有：v_x=at=v₀tanθ，
代入數(shù)據(jù)解得，電場強度：E=8.0×10⁵N/C，
電場邊界（虛線）與x軸之間的距離：d=0.10m；
（3）如果第一象限的磁場方向垂直于xoy平面向內，則帶電粒子打到平板的臨界條件為軌跡圓與板相切，此時軌跡半徑為  R₂=d=0.1m 

由牛頓第二定律得：$q{v_0}{B_2}=m\frac{v_0^2}{R_2}$，代入素具解得：B₂=0.6T，
如果第一象限的磁場方向垂直于xoy平面向外，
則帶電粒子打到平板的臨界條件為軌跡圓與板右側邊緣有交點，設此時軌跡半徑為R₃，
由幾何關系：$R_3^2={d^2}+{（{R_3}-d）^2}$，代入數(shù)據(jù)解得：R₃=0.125m，
由牛頓第二定律得：$q{v_0}{B_2}=m\frac{v_0^2}{R_3}$，代入數(shù)據(jù)解得：B₂=0.48T，
故欲使帶電粒子第一次進入第一象限運動時不打到板上，
磁場Ⅱ的磁感應強度B₂的大小和方向應滿足：
若磁場方向垂直于xoy平面向內，則B₂＞0.6T；
若磁場方向垂直于xoy平面向外，則B₂＞0.48T．  
答：（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑R為0.5m．
（2）勻強電場的電場強度E為8.0×10⁵N/C，電場邊界（虛線）與x軸之間的距離d為0.1m．
（3）磁場Ⅱ的磁感應強度B₂的大小和方向應滿足的條件是：
若磁場方向垂直于xoy平面向內，則B₂＞0.6T；
若磁場方向垂直于xoy平面向外，則B₂＞0.48T．

點評 本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子的受力情況確定運動情況，結合幾何關系以及半徑公式、周期公式求解，難度適中．