Question

19．如圖所示，真空中有以M（r，0）為圓心，半徑為r的圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，在第一象限y=r的直線上方足夠大的范圍內(nèi)，有方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限內(nèi)有和圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在紙面內(nèi)從O點(diǎn)以速率v₀沿x軸正方向射入磁場(chǎng)的質(zhì)子，恰好經(jīng)過(guò)圓與y=r直線的切點(diǎn)．已知質(zhì)子的電荷量為e，質(zhì)量為m，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2er}$，不計(jì)質(zhì)子所受的重力．求：
（1）圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
（2）質(zhì)子從O點(diǎn)出發(fā)后第一次通過(guò)y軸時(shí)的縱坐標(biāo)值；
（3）質(zhì)子從O點(diǎn)出發(fā)后第二次通過(guò)y軸時(shí)所用時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）由洛侖茲力充當(dāng)向心力可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（2）明確粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，在電場(chǎng)中，用電場(chǎng)中的類平拋規(guī)律及牛頓第二定律進(jìn)行分析，求解第一次通過(guò)時(shí)的間距；
（3）根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)可明確第一次經(jīng)過(guò)y軸的時(shí)間，再根據(jù)周期性可得第二次通過(guò)y軸時(shí)所用時(shí)間．；

解答 解：（1）質(zhì)子射入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為R=r，
由牛頓第二定律ev₀B=$m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，
可得B=$\frac{m{v}_{0}}{er}$
（2）質(zhì)子沿x軸正向射入磁場(chǎng)，經(jīng)$\frac{1}{4}$圓弧后以速度v₀垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)做拋物線運(yùn)動(dòng)，第一次通過(guò)y軸時(shí)速度v與y軸的夾角為θ，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得：r=$\frac{1}{2}$at₁²，
根據(jù)牛頓第二定律得a=$\frac{eE}{m}$=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2r}$
解得：t₁=$\frac{2r}{{v}_{0}}$
在電場(chǎng)中沿y軸位移△y=v₀t=2r，
所以質(zhì)子第一次通過(guò)y軸的縱坐標(biāo)值y=r+△y=3r
（3）由（2）中可得：v_x=at₁=v₀
tan θ=$\frac{vx}{v0}$=1，θ=45°
質(zhì)子進(jìn)入第二象限與y軸夾角為45°，有左手定則可知質(zhì)子在第二象限內(nèi)也做$\frac{1}{4}$圓弧的圓周運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)子在磁場(chǎng)中
總時(shí)間為t₂=$\frac{1}{2}T=\frac{πr}{{v}_{0}}$
所以總時(shí)間t=t₁+t₂=$\frac{r}{{v}_{0}}（2+π）$
答：（1）圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{m{v}_{0}}{er}$；
（2）質(zhì)子從O點(diǎn)出發(fā)后第一次通過(guò)y軸時(shí)的縱坐標(biāo)值3r；
（3）質(zhì)子從O點(diǎn)出發(fā)后第二次通過(guò)y軸時(shí)所用時(shí)間=$\frac{r}{{v}_{0}}（2+π）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)及電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要注意正確分析物理過(guò)程，明確帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)和電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)，靈活應(yīng)用幾何關(guān)系求解．