Question

1．如圖所示，線段MN與NS長度相等且均為d，MN右側且只在MN之間有垂直M向右的范圍足夠大的勻強電場，電場強度為E．NS右側有一個圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B，該磁場區(qū)域分別與NS和電場邊界NN′相切于S點和P點，SK為其一條直徑，在S點向NS右側平行紙面各個方向發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子（不計重力），粒子的速度均為v₀．求：
（1）從S點射出沿SM直接進入電場的粒子，離開電場的位置到MN的距離．
（2）若從S點射出的粒子與SM（S指向M）的夾角為α（0＜α＜180°），且這些粒子速度都滿足v₀=$\frac{qdB}{m}$，試討論這些粒子離開電場的位置到MN的距離與α角的關系．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動可以求出距離．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做勻變速直線運動，作出粒子的運動軌跡，應用牛頓第二定律與幾何知識可以解題．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，沿SM進入電場的粒子，
在豎直方向：d=v₀t，在水平方向：x=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
解得，粒子離開電場的位置到MN的距離：x=$\frac{qE6opbk2s^{2}}{2m{v}_{0}^{2}}$；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，解得，粒子的軌道半徑：r=d，
設某一粒子的速度方向與SM的夾角為α，其運動軌跡如圖所示，
粒子做圓周運動的軌道半徑與磁場半徑相等，則SOPO′是菱形，
則：SO∥O′P，粒子離開磁場后垂直進入電場，
粒子在電場中做類平拋運動，粒子離開電場的位置與MN的距離：
x′=x+d+dcos（180°-α）=$\frac{mE}{2q{B}^{2}}$+d-dcosα；
答：（1）從S點射出沿SM直接進入電場的粒子，離開電場的位置到MN的距離是：$\frac{qErgyhxm2^{2}}{2m{v}_{0}^{2}}$．
（2）粒子離開電場的位置到MN的距離與α角的關系是：x′=$\frac{mE}{2q{B}^{2}}$+d-dcosα．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，分析清楚粒子的運動過程、作出粒子的運動軌跡是解題的關鍵，應用類平拋運動規(guī)律與牛頓第二定律可以解題．