Question

20．如圖所示，水平方向的圓形磁場區(qū)域與豎直邊界MN相切于C點，磁場半徑為R，C點與磁場圓心O等高．邊界PQ、熒光屏GH均與MN平行，且MN與PQ之間間距為$\frac{\sqrt{3}}{2}$R，PQ與GH之間的間距為R．在PQ、GH間存在豎直向下的勻強電場，電場強度E=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2qR}$．現(xiàn)從O點正下方的A點同時垂直磁場方向射入兩個相同的帶電粒子1和2，它們的質(zhì)量為m，電量為+q，速度大小均為v₀；粒子1的速度方向指向O點，粒子2的速度方向與AO成30⁰夾角斜向右上方．粒子1恰能從C點射出磁場．粒子視為質(zhì)點，在圖示平面內(nèi)運動，電荷量保持不變，不計空氣阻力、重力，忽略邊緣效應(yīng)．
（1）求圓形磁場的磁感應(yīng)強度B；
（2）求兩粒子從進(jìn)入磁場到熒光屏所用時間之差△t；
（3）若在OA右側(cè)磁場外空間到PQ之間加一個水平向右的勻強電場E′=kE，（其中k＞0），試分析是否存在某個k，使兩粒子能打在熒光屏的同一點．若存在，求k的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）兩個粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，粒子1恰能從C點射出磁場，其軌跡為$\frac{1}{4}$圓弧，畫出其軌跡半徑，由幾何關(guān)系求解軌跡半徑，即可根據(jù)牛頓第二定律求B．
（2）兩粒子射出磁場后方向相同．粒子1從C點運動到熒光屏的時間與粒子2從C′點運動到熒光屏的時間相等．磁場中運動時間由公式t=$\frac{θ}{2π}$T求解，式中θ是軌跡對應(yīng)的圓心角．粒子離開磁場后水平方向做勻速直線運動，由位移和速度求時間，從而得到總時間，即可求得時間之差．
（3）粒子1從C到PQ，沿直線加速過程，根據(jù)動能定理求出加速后的速度．粒子1從PQ到熒光屏，做類平拋運動．根據(jù)類平拋運動的規(guī)律得到豎直分位移的大小．同理，求出粒子2的豎直分位移，假設(shè)兩個粒子打在同一點，根據(jù)豎直分位移的關(guān)系列式，分析k值是否存在．

解答 解：（1）由粒子1的運動知，兩粒子在磁場中的軌跡半徑為 r=R
粒子在磁場中，由 qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$  
得磁感應(yīng)強度 B=$\frac{m{v}_{0}}{qR}$
（2）兩粒子射出磁場后方向相同．粒子1從C點運動到熒光屏的時間與粒子2從C′點運動到熒光屏的時間相等．
粒子1從A點到C的時間 t₁=$\frac{T}{4}$…④
粒子2從A點到C′的時間 t₂=$\frac{T}{6}$+$\frac{DC′}{{v}_{0}}$…⑤
粒子在磁場中轉(zhuǎn)動周期 T=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$…⑥
由幾何關(guān)系得 DC′=r-rcos30°…⑦
則兩粒子從進(jìn)入磁場到熒光屏所用時間之差△t=t₁-t₂=$\frac{（π+3\sqrt{3}-6）R}{6{v}_{0}}$…⑧
（3）粒子1從C到PQ，沿直線加速過程，由動能定理得：
  $\frac{\sqrt{3}}{2}$qE′R=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$…⑨
粒子1從PQ到熒光屏，做類平拋運動，
加速度 a=$\frac{qE}{m}$…⑩
水平位移   R=v₁t₁′…（11）
豎直位移  y₁=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{′2}$…（12）
由⑨-（12）式得 y₁=$\frac{ER}{2\sqrt{3}E′+4E}$=$\frac{R}{2\sqrt{3}k+4}$…（13）
對粒子2，同理（加速距離為DC′+$\frac{\sqrt{3}}{2}$R）可得，豎直位移y₂=$\frac{ER}{4E′+4E}$=$\frac{R}{4k+4}$…（14）
兩粒子交于屏上同一點，則y₁=$\frac{R}{2}$+y₂…（15）
由上各式得  $\frac{1}{2+\sqrt{3}k}$-$\frac{1}{2+2k}$=1，化簡為二次方程可得△＜0，故無解，則k不存在．
答：（1）圓形磁場的磁感應(yīng)強度B為$\frac{m{v}_{0}}{qR}$；
（2）兩粒子從進(jìn)入磁場到熒光屏所用時間之差△t為$\frac{（π+3\sqrt{3}-6）R}{6{v}_{0}}$．
（3）k值不存在．

點評 粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，在電場力作用下做類平拋運動，掌握兩種運動的處理規(guī)律，學(xué)會運動的分解與幾何關(guān)系的應(yīng)用．注意正確作出運動軌跡是解題的重點．