Question

4．如圖真空中有一半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，其直徑OC與x軸重合．磁場左邊界與坐標原點0相切，圖示虛線MN平行于y軸且與圓形磁場右邊界相切于C點，MN左側(cè)圓形磁場區(qū)域外存在著沿y軸負方向的勻強電場，電場區(qū)域足夠大，在距坐標原點3r處有一與y軸平行的接收屏PQ，虛線右側(cè)與接收屏之間為真空區(qū)域．一質(zhì)子從電場中坐標為（-2$\sqrt{3}$L，L）的A點以初速度v₀沿x軸正方向射出，恰好從坐標原點進入圓形磁場區(qū)域作半徑也為r的勻速圓周運動．已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電量為e．重力不計．求：
（1）勻強電場的電場強度E；
（2）勻強磁場的磁感應強度B；
（3）質(zhì)子從進入磁場至到達MN所用的時間；
（4）質(zhì)子最終打在接受屏上的點的位置坐標．

Answer 1

分析 （1）質(zhì)子由A到O的過程中只受到電場力的作用，在電場中做類平拋運動，將運動分解即可求出電場強度；
（2）質(zhì)子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律即可求出磁感應強度；
（3）結(jié)合質(zhì)子進入磁場的方向和粒子運動的半徑，畫出質(zhì)子在磁場中運動的軌跡，找出質(zhì)子偏轉(zhuǎn)的角度，結(jié)合質(zhì)子在磁場中運動的周期即可求出質(zhì)子在磁場中運動的時間；結(jié)合軌跡上的幾何關(guān)系確定質(zhì)子射出磁場的位置．質(zhì)子離開磁場后在電場力做類豎直上拋運動，結(jié)合運動的對稱性即可求出質(zhì)子在電場中運動的時間，求和即可；
（4）質(zhì)子離開磁場后在電場力做類豎直上拋運動，將運動分解即可求出質(zhì)子離開電場時的位置以及速度的方向．質(zhì)子離開電場后做勻速直線運動，根據(jù)勻速直線運動的特點和公式即可求出質(zhì)子最終打在接受屏上的點的位置坐標．

解答 解：（1）質(zhì)子電場中做類平拋運動，水平方向：$2\sqrt{3}L={v}_{0}{t}_{1}$
豎直方向：$L=\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$
又：a=$\frac{e•E}{m}$
聯(lián)立得：$E=\frac{m{v}_{0}^{2}}{6eL}$
（2）質(zhì)子到達O點時豎直方向的分速度：v_y=at₁
聯(lián)立得：${v}_{y}=\frac{\sqrt{3}}{3}{v}_{0}$
質(zhì)子的合速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}{v}_{0}$
質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，所以：
$evB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
所以：B=$\frac{mv}{er}$=$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{3er}$
（3）質(zhì)子到達O點時與水平方向之間的夾角：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}{v}_{0}}{{v}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
所以：θ=30°
質(zhì)子進入磁場后做勻速圓周運動，結(jié)合幾何關(guān)系畫出質(zhì)子在磁場中運動的軌跡如圖，則：

由于質(zhì)子運動的半徑與磁場的半徑相等，而且質(zhì)子進入磁場的速度的方向與水平方向之間的夾角是30°，所以質(zhì)子運動的軌跡一定過磁場的圓心，而且質(zhì)子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角是120°，所以質(zhì)子離開磁場進入電場的方向是豎直向上，在電場中做類豎直上拋運動，然后再次返回磁場，結(jié)合幾何關(guān)系可知，質(zhì)子將在偏轉(zhuǎn)60°后在C點離開磁場的區(qū)域．質(zhì)子從O點到達C點的過程可以分成三個階段．
質(zhì)子在磁場中運動的周期：T=$\frac{2πr}{v}=\frac{2πr}{\frac{2\sqrt{3}}{3}{v}_{0}}=\frac{\sqrt{3}πr}{{v}_{0}}$
質(zhì)子在磁場中的運動時間與偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系：$\frac{θ}{360°}=\frac{t}{T}$
所以質(zhì)子在磁場中運動的時間：${t}_{2}=\frac{120°+60°}{360°}•T=\frac{1}{2}T=\frac{\sqrt{3}πr}{2{v}_{0}}$
質(zhì)子向上進入電場，在電場中運動的時間：${t}_{3}=2×\frac{v}{a}=\frac{2×\frac{2\sqrt{3}}{3}{v}_{0}}{\frac{e}{m}•\frac{m{v}_{0}^{2}}{6eL}}=\frac{8\sqrt{3}L}{{v}_{0}}$
質(zhì)子從進入磁場至到達MN所用的時間：t=${t}_{2}+{t}_{3}=\frac{\sqrt{3}πr+16\sqrt{3}L}{2{v}_{0}}$
（4）由（3）的分析可知，質(zhì)子離開MN時的位置在C點，質(zhì)子再次在磁場中運動時的偏轉(zhuǎn)角是60°，由幾何關(guān)系可知，質(zhì)子離開MN時與水平方向之間的夾角是30°，質(zhì)子到達光屏的時間：${t}_{4}=\frac{3r-2r}{v•cos30°}=\frac{r}{\frac{2\sqrt{3}}{3}{v}_{0}×\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{r}{{v}_{0}}$
質(zhì)子在豎直方向的位移：y=v•sin30°•t₄=$\frac{2\sqrt{3}}{3}{v}_{0}×\frac{1}{2}×\frac{r}{{v}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}r$
結(jié)合圖中的幾何關(guān)系可知，該點的坐標為：（3r，$\frac{\sqrt{3}}{3}r$）
答：（1）勻強電場的電場強度E是$\frac{m{v}_{0}^{2}}{6eL}$；
（2）勻強磁場的磁感應強度B是$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{3er}$；
（3）質(zhì)子從進入磁場至到達MN所用的時間是$\frac{\sqrt{3}πr+16\sqrt{3}L}{2{v}_{0}}$；
（4）質(zhì)子最終打在接受屏上的點的位置坐標為（3r，$\frac{\sqrt{3}}{3}r$）．

點評 該題中，質(zhì)子分別在電場中和在磁場中運動，其中質(zhì)子在勻強磁場中做勻速圓周運動，關(guān)鍵是畫出軌跡，由幾何知識判斷出質(zhì)子偏轉(zhuǎn)的圓心角為120°，速度的方向豎直向上是該題解答的關(guān)鍵，然后再求時間．