Question

10．如圖所示，在坐標系xoy平面內(nèi)有一半徑為a的圓形區(qū)域，圓心坐標O₁（a，0）圓內(nèi)分布有垂直于紙面向里的勻強磁場．在直線y=a的上方和直線x=2a的左側(cè)區(qū)域內(nèi)，有一沿x軸正向的勻強電場，場強為E．在x=2a處有一平行于y軸的足夠大熒光屏．在O點有一個粒子源，能在第一象限向各個方向垂直磁場發(fā)射出質(zhì)量為m、電荷量為+q、速度大小為v的相同粒子．其中沿x軸正方向的一粒子，恰好能從O₁點的正上方的A點射出磁場．不計粒子的重力．

（1）求磁感應(yīng)強度B的大小；
（2）求所有射出的粒子打在熒光屏上的范圍；
（3）若撤去熒光屏，保持電場大小不變，方向改為沿y軸負方向．求沿x軸正方向成θ=30°射入磁場的粒子在電場中能到達最遠的位置坐標及最后射出磁場的位置坐標．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子在磁場中運動的半徑，結(jié)合半徑公式求出磁感應(yīng)強度的大小．
（2）從O點射出的沿x軸正向的粒子打在屏上最低點，從O點沿y軸正向射出的粒子打在屏上最高點，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求出所有射出的粒子打在熒光屏上的范圍．
（3）作出粒子的運動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系和動能定理求出在電場中最遠坐標，根據(jù)幾何關(guān)系求出最后射出磁場的位置坐標．

解答 解：（1）設(shè)粒子在磁場中做圓運動的軌跡半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律，有$qvB=m\frac{{v}^{2}}{R}$，
沿x軸正方向的一粒子，恰好能從O₁點的正上方的A點射出磁場，根據(jù)幾何關(guān)系知，R=a，
解得B=$\frac{mv}{qa}$．
（2）從O點射出的沿x軸正向的粒子打在屏上最低點，
$a=\frac{qE}{2m}{{t}_{1}}^{2}$，${t}_{1}=\sqrt{\frac{2ma}{qE}}$，
${y}_{1}=a+v{t}_{1}=a+v\sqrt{\frac{2ma}{qE}}$．
從O點沿y軸正向射出的粒子打在屏上最高點，
$2a=\frac{qE}{2m}{{t}_{2}}^{2}$，${t}_{2}=\sqrt{\frac{4ma}{qE}}$．
${y}_{2}=a+v{t}_{2}=a+v\sqrt{\frac{4ma}{qE}}$，
所以粒子打在熒光屏上的范圍為$a+v\sqrt{\frac{2ma}{qE}}≤y≤a+v\sqrt{\frac{4ma}{qE}}$．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，出磁場時：
$x=r-rcos60°=\frac{a}{2}$，
粒子進電場后做勻減速運動，上升階段有：
$\frac{1}{2}m{v}^{2}=qE△y$，
$△y=\frac{m{v}^{2}}{2qE}$，
所以在電場中最遠坐標為$（\frac{a}{2}，a+\frac{m{v}^{2}}{2qE}）$，
因為粒子的軌跡半徑與磁場的邊界半徑相等，粒子返回磁場后射入點和射出點與軌跡圓心及磁場的邊界圓心的連線構(gòu)成菱形，所以最后射出磁場的坐標為（2a，0），
 答：（1）磁感應(yīng)強度B的大小為$\frac{mv}{qa}$；
（2）所有射出的粒子打在熒光屏上的范圍為$a+v\sqrt{\frac{2ma}{qE}}≤y≤a+v\sqrt{\frac{4ma}{qE}}$；
（3）沿x軸正方向成θ=30°射入磁場的粒子在電場中能到達最遠的位置坐標為$（\frac{a}{2}，a+\frac{m{v}^{2}}{2qE}）$，最后射出磁場的位置坐標為（2a，0）．

點評 本題關(guān)鍵先確定圓心、半徑，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解；第二問確定兩個臨界狀態(tài)，結(jié)合類平拋運動的規(guī)律進行求解．第三問關(guān)鍵分析后畫出物體的運動軌跡，然后再列式計算．