Question

12．如圖所示，在平面坐標系的第一象限內(nèi)，有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E，在第二象限內(nèi)存一個垂直于紙面向外的圓形有界勻強磁場，磁場邊界剛好與x軸相切于P點，Q點是x軸正半軸上的一點，且OQ=OP=d；一帶正電的粒子以速度v從P點進入圓形有界磁場，速度v的方向與軸的夾角θ=37°，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后垂直于y軸進入電場，恰好能打在Q點．粒子的比荷為k，不計粒子的重力，求：
（1）勻強磁場的磁感應強度大��；
（2）粒子從P點運動到Q點所用的時間；
（3）圓形有界磁場的面積．

Answer 1

分析 （1）由類平拋運動得到粒子進入電場時的豎直高度，再通過在磁場中的圓周運動的軌跡的幾何關(guān)系得到半徑，進而得到磁感應強度；
（2）將粒子做圓周運動的周期及中心角、離開磁場的位置求解出來，粒子做類平拋運動的時間，及粒子離開磁場，進入電場前做勻速直線運動，分三段求解后累加即可；
（3）磁場邊界與x軸相切與P點，則P點的徑向為豎直方向，且圓心在圓上弦長的垂直平分線上，即可根據(jù)幾何關(guān)系求得半徑．

解答 解：（1）由于粒子以速度v垂直y軸進入電場，故粒子離開磁場時的速度方向為水平向右方向；由左手定則可判斷，粒子在P點向右下方偏轉(zhuǎn)；則粒子運動軌跡如圖所示，，
粒子在電場中做類平拋運動，剛好能運動Q點，設(shè)在y 軸上的入射點坐標為（0，y），則$y=\frac{1}{2}a{{t}_{3}}^{2}=\frac{1}{2}×\frac{qE}{m}×（\fracrqiwzwn{v}）^{2}=\frac{kEg4qo07g^{2}}{2{v}^{2}}$；
粒子在磁場中運動，洛倫茲力做向心力，故有：$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{R}$，所以，$R=\frac{mv}{Bq}=\frac{v}{kB}$；
那么由幾何關(guān)系可得：R-Rcosθ=R（1-cos37°）=0.2R=y，所以R=5y；
所以，$B=\frac{v}{kR}=\frac{v}{5ky}$=$\frac{2{v}^{3}}{5{k}^{2}E6v0lg0s^{2}}$；
（2）粒子在磁場中運動的時間為${t}_{1}=\frac{37°}{360°}T=\frac{37}{360}×\frac{2πR}{v}$=$\frac{37}{360}×\frac{2π}{kB}=\frac{37×2π×5kEzlglb2l^{2}}{360×2{v}^{3}}=\frac{37πkE80xuzed^{2}}{72{v}^{3}}$；
在沒有磁場的空間運動的距離為$s=d-Rsin37°=d-\frac{3}{5}R$=$d-3y=d-\frac{3kEpsoqukf^{2}}{2{v}^{2}}$；
因此在沒有磁場的空間內(nèi)運動的時間為${t}_{2}=\frac{s}{v}=\frachezgytk{v}-\frac{3kE3ewa0fa^{2}}{2{v}^{3}}$；
在電場中運動的時間為${t}_{3}=\fracnamwrcd{v}$；
因此從 P 點運動到Q 點的時間為$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=\frac{2d}{v}+（\frac{37π}{72}-\frac{3}{2}）\frac{kEstl5vkh^{2}}{{v}^{3}}$；
（3）由于粒子做圓周運動的圓與有界磁場的邊界圓相交，圓心連線與交點連線垂直，且將交點連線平分，O₁P豎直，O₂與粒子在磁場的出射點的連線也豎直，因此兩圓心與兩交點構(gòu)成平行四邊形，因此有界磁場的半徑r=R；
所以，有界磁場的面積為S=πr²=πR²=25πy²=$\frac{25π{k}^{2}{E}^{2}rr5wofq^{4}}{4{v}^{4}}$；
答：（1）勻強磁場的磁感應強度大小$\frac{2{v}^{3}}{5{k}^{2}Ekwi805g^{2}}$；
（2）粒子從P點運動到Q點所用的時間為$\frac{2d}{v}+（\frac{37π}{72}-\frac{3}{2}）\frac{kEm7k3jc7^{2}}{{v}^{3}}$；
（3）圓形有界磁場的面積為$\frac{25π{k}^{2}{E}^{2}tdyvqxr^{4}}{4{v}^{4}}$．

點評 帶電粒子在磁場中的運動問題，一般由洛倫茲力做向心力，得到半徑的表達式，然后再根據(jù)幾何條件得到粒子運動軌跡，進而求解運動軌跡的相關(guān)問題．