Question

4．如圖所示，以O(shè)（0，0）為圓心，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里．在磁場右側(cè)區(qū)域內(nèi)，有一沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E．一質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子從A（0，r）點(diǎn)垂直于磁場方向射入，當(dāng)速度方向沿y軸負(fù)方向時，粒子恰好從B（r，0）點(diǎn)射出磁場，不計(jì)粒子重力，求：

（1）求粒子射入磁場時速度的大小v；
（2）求速度方向與y軸負(fù)方向?yàn)棣冉菚r，粒子從射入磁場到最終離開磁場的時間．

Answer 1

分析 （1）質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解；
（2）結(jié)合作圖，找出運(yùn)動軌跡，然后求解出時間．

解答 解：（1）質(zhì)子射入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，有：$Bqv=m\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：$v=\frac{Bqr}{m}$
（2）當(dāng)質(zhì)子沿與Y軸負(fù)方向成夾角θ的方向從第一象限射入磁場時，設(shè)質(zhì)子將從C點(diǎn)射出磁場，如圖所示，其中O、O₁分別為磁場區(qū)域圓和質(zhì)子軌跡圓的圓心．由于軌跡圓的半徑等于磁場區(qū)域圓的半徑，所以O(shè)O₁AC為菱形，即O₁C平行Y軸，說明質(zhì)子以平行X軸的速度離開磁場，也以沿X軸負(fù)方向的速度再次進(jìn)入磁場．∠AO₁C=90°-θ．
所以，質(zhì)子第一次在磁場中運(yùn)動的時間
t₁=$\frac{90°-θ}{360°}T$，
粒子離開磁場后平行x軸進(jìn)入電場，因?yàn)閯驈?qiáng)電場方向沿x軸負(fù)方向，場強(qiáng)大小為E，故粒子先做勻減速動，后做勻加速運(yùn)動，兩次運(yùn)動時間相同，
有勻變速運(yùn)動規(guī)律可得：$a=\frac{Eq}{m}$，
由：v=v₀+at，帶入得：t₂=$\frac{Br}{E}$．
此后質(zhì)子軌跡圓的半徑依然等于磁場區(qū)域圓的半徑，設(shè)質(zhì)子將從B點(diǎn)再次射出磁場．如圖所示，其中O、O₂分別為磁場區(qū)域圓和質(zhì)子軌跡圓的圓心，CO₂平行y軸．由于OCO₂B為菱形，即CO₂平行OB，即平行y軸，說明B就是磁場區(qū)域圓與Y軸的交點(diǎn)．這個結(jié)論與θ無關(guān)．
所以，OO₂BC為平行四邊形，∠BO₂C=90°+θ
質(zhì)子第二次在磁場中運(yùn)動的時間：t₃=$\frac{90°+θ}{360°}T$
質(zhì)子運(yùn)動的總時間：t=t₁+2t₂+t₃=$\frac{T}{2}$+$\frac{2Br}{E}$
而粒子在磁場中運(yùn)動周期為：T=$\frac{2πm}{Bq}$
故質(zhì)子運(yùn)動的總時間為：$\frac{πm}{Bq}+\frac{2Br}{E}$．
答：（1）粒子射入磁場時速度的大小為：$\frac{Bqr}{E}$；（2）粒子從射入磁場到最終離開磁場的時間為：$\frac{πm}{Bq}+\frac{2Br}{E}$．

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是描繪出帶電粒子的運(yùn)動軌跡，然后根據(jù)磁場中洛倫茲力提供向心力和電場中的勻加速和勻減速運(yùn)動，列式求解出時間．