Question

19．如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)有一勻強電場；在第二、三象限內(nèi)有一勻強磁場，右邊界為y軸、左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里．一帶正電荷q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區(qū)域，并從O點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ=30°，大小為v．粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓周運動的半徑為磁場左右邊界間距的兩倍．粒子進入電場后，在電場力的作用下又由原軌跡返回O點再次進入磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間后再次離開磁場．已知粒子從A點射入到再次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期．不計粒子重力．求
（1）粒子經(jīng)過A點時速度的方向和A點到x軸的距離；
（2）粒子再次離開磁場時的位置M點坐標(biāo)；
（3）勻強電場的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子在磁場中做圓周運動的圓心角，抓住速度方向與半徑垂直確定出粒子的速度方向，通過幾何關(guān)系求出A點到x軸的距離．
（2）畫出粒子運動的軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系再次進入磁場區(qū)域后，粒子將從第四象限穿出磁場的位置的坐標(biāo)；
（3）粒子在電場中做勻變速直線運動，結(jié)合粒子第一次在磁場中和第二次在磁場中的時間求出在電場中的運行時間，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出電場強度的大小．

解答 解：（1）幾何關(guān)系可知，直線OO?與v垂直．在直角三角形OO?D中∠OO?D=30°．設(shè)磁場左右邊界間距為d，則OO?=2d．依題意可知，粒子第一次進入磁場的運動軌跡的圓心即為O?點，圓孤軌跡所對的圓心角為30°，且O?A為圓弧的半徑R．
由此可知，粒子自A點射入磁場的速度與左邊界垂直．

A點到x軸的距離
$\overline{AD}$=R（1-co30°）…①
由洛侖茲力公式、牛頓第二定律及圓周運動的規(guī)律，得
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$…②
聯(lián)立①②式得
$\overline{AD}$=$\frac{mv}{qB}$（1-$\frac{\sqrt{3}}{2}$）…③
（2）根據(jù)幾何關(guān)系再次進入磁場區(qū)域后，粒子將從第四象限穿出磁場
$\overline{OM}=2R•cos30°$…④
$R=\frac{mv}{qB}$…⑤
聯(lián)立上式得：$\overline{OM}=\sqrt{3}\frac{mv}{qB}$…⑥
所以M點的坐標(biāo)是（0，$-\sqrt{3}\frac{mv}{qB}$）
（3）設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，第一次在磁場中飛行的時間為t₁，有
${t}_{1}=\frac{T}{12}$…⑦
$T=\frac{2πm}{qB}$…⑧
依題意，勻強電場的方向與x軸正向夾角應(yīng)為150°．由幾何關(guān)系可知，粒子再次從O點進入磁場的速度方向與磁場右邊夾角為60°．設(shè)粒子第二次在磁場中飛行的圓弧的圓心為O″，O″必定在直線OC上．設(shè)粒子射出磁場時與磁場右邊界交于P點，則∠OO″P=120°．設(shè)粒子第二次進入磁場在磁場中運動的時間為t₂，有
${t}_{2}=\frac{1}{3}T$…⑨
設(shè)帶電粒子在電場中運動的時間為t₃，依題意得
t₃=T-（t₁+t₂）…⑩
由勻變速運動的規(guī)律和牛頓定律可知
-v=v-at₃…⑪
$a=\frac{qE}{m}$…⑫
聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨可得
$E=\frac{12}{7π}Bv$…⑬
答：（1）粒子經(jīng)過A點時速度的方向水平向右，A點到x軸的距離是$\frac{mv}{qB}$（1-$\frac{\sqrt{3}}{2}$）；
（2）粒子再次離開磁場時的位置M點坐標(biāo)是（0，$-\sqrt{3}\frac{mv}{qB}$）；
（3）勻強電場的大小是$\frac{12}{7π}Bv$，方向與x軸正向夾角應(yīng)為150°．

點評 帶電粒子在磁場中 的運動，正確地畫出運動的軌跡是解題的關(guān)鍵，抓住粒子在磁場中做勻速圓周運動，結(jié)合半徑公式、周期公式和幾何關(guān)系進行求解，第一次進入電場做勻變速直線運動，第二次進入電場做類平拋運動，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式進行求解．