Question

【題目】如圖所示，真空中有以O(shè)′為圓心，r為半徑的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．圓的最下端與x軸相切于直角坐標(biāo)原點(diǎn)O，圓的右端與平行于y軸的虛線MN相切，在虛線MN右側(cè)x軸上方足夠大的范圍內(nèi)有方向豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在坐標(biāo)系第四象限存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向發(fā)射速率相同的質(zhì)子，質(zhì)子在磁場(chǎng)中做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入電場(chǎng)到達(dá)x軸上的C點(diǎn)．已知質(zhì)子帶電量為+q，質(zhì)量為m，不計(jì)質(zhì)子的重力、質(zhì)子對(duì)電磁場(chǎng)的影響及質(zhì)子間的相互作用力．求：

（1）質(zhì)子剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向和大��；
（2）OC間的距離；
（3）若質(zhì)子到達(dá)C點(diǎn)后經(jīng)過(guò)第四限的磁場(chǎng)后恰好被放在x軸上D點(diǎn)處（圖上未畫(huà)出）的一檢測(cè)裝置俘獲，此后質(zhì)子將不能再返回電場(chǎng)，則CD間的距離為多少．

Answer 1

【答案】
（1）解：根據(jù)題意可知，質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑與圓磁場(chǎng)半徑相同，

由牛頓第二定律，則有：qvB=m

得：v=

方向沿x軸正方向；

答：質(zhì)子剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向沿x軸正方向和大小v= ；

（2）解：質(zhì)子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，

則質(zhì)子電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：r=

由牛頓第二定律 qE=ma

t=

由題意可知x1=ON=r

電場(chǎng)中x2=NC=vt

OC間的距離為x=x1+x2=r+

答：OC間的距離r+ ；

（3）解：豎直方向的速度vy=at

設(shè)質(zhì)子合速度為v′

質(zhì)子合速度與x軸正向夾角的正弦值sinθ=

x3=CD=2R sinθ

運(yùn)動(dòng)半徑：R=

x3=CD=2 =

答：則CD間的距離為 ．

【解析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律，即可求解速度大小，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡半徑與圓磁場(chǎng)的半徑來(lái)確定速度方向；（2）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)處理規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律，即可求解；（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出合速度大小，再由幾何關(guān)系確定已知長(zhǎng)度與運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑的關(guān)系，從而確定求解．
【考點(diǎn)精析】通過(guò)靈活運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)和洛倫茲力，掌握特點(diǎn):①具有水平方向的初速度;②只受重力作用，是加速度為重力加速度g的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)；運(yùn)動(dòng)規(guī)律:平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)；洛倫茲力始終垂直于v的方向，所以洛倫茲力一定不做功即可以解答此題．