Question

2．如圖所示，在xOy平面的x≥R₀區(qū)域內(nèi)有垂直于該平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在0≤x＜R₀區(qū)域有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度強度的大小E=$\frac{{B}^{2}q{R}_{0}}{m}$，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從P點以初速度大小v₀=$\frac{Bq{R}_{0}}{m}$沿平行于x軸的正方向射入該電場，粒子第一次在磁場中運動時，恰好沒有打在x軸上，不計粒子的重力，求：
（1）粒子達到x=R₀處時的速度大小及方向．
（2）粒子在磁場中做圓周運動的半徑以及P點的坐標．
（3）該離子再次打到y(tǒng)軸上的點離P點的距離以及該離子從P點射入到再次打到y(tǒng)軸上的過程中在電場中運動的時間與磁場中的運動時間之比．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類似平拋運動，根據(jù)分速度公式列式求解即可；
（2）在磁場中軌跡圓與x軸相切，畫出軌跡圓，根據(jù)牛頓第二定律列式求解出半徑；然后對類似平拋運動過程根據(jù)分位移公式列式求解即可；
（3）在電場中的水平分運動是勻速直線運動，根據(jù)分位移公式列式求解電場中運動的時間；在磁場中，根據(jù)t=$\frac{θ}{2π}T$列式求解時間．

解答 解：（1）粒子在電場中做類似平拋運動，有：
a=$\frac{qE}{m}$
R₀=v₀t 
v_y=at 
解得：
${v}_{y}=\frac{Bq{R}_{0}}{m}$ 
此時粒子速度大小為：
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}Bq{R}_{0}}{m}$
速度方向與x軸的夾角為：
θ=$\frac{π}{4}$
（2）粒子到達x=R₀時進入磁場，由于qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得：
$R=\sqrt{2}{R}_{0}$
粒子在電場中豎直方向的位移：
${y}_{1}=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}{R}_{0}$
P點離x軸的距離：
h=y₁+R（1-cosθ）=$\frac{1}{2}{R}_{0}+（\sqrt{2}{R}_{0}-{R}_{0}）=（\sqrt{2}-\frac{1}{2}）{R}_{0}$
故P點的坐標為：[0，$（\sqrt{2}-\frac{1}{2}）{R}_{0}$]
（3）粒子再次進入電場后的運動軌跡可以看成上述類平拋運動的延續(xù)，故根據(jù)運動學(xué)知識，粒子豎直方向的位移：
${y}_{2}=3{y}_{1}=\frac{3}{2}{R}_{0}$
粒子的運動軌跡與x=R₀直線相交的A、B兩點間距離為2R₀，如圖所示；
故根據(jù)幾何關(guān)系知，粒子打在y軸上Q點恰好與P點重合，即：l_PQ=0
粒子在電場中運動時間：${t}_{1}=2\frac{{R}_{0}}{{v}_{0}}=\frac{2m}{Bq}$
粒子在磁場中運動時間：${t}_{2}=\frac{3}{4}T=\frac{3πm}{2Bq}$
故粒子在電場中與磁場中運動的時間之比：$\frac{{t}_{1}}{{t}_{2}}=\frac{4}{3π}$
答：（1）粒子達到x=R₀處時的速度大小為$\frac{\sqrt{2}Bq{R}_{0}}{m}$，方向速度方向與x軸的夾角為$\frac{π}{4}$．
（2）粒子在磁場中做圓周運動的半徑以及P點的坐標為[0，$（\sqrt{2}-\frac{1}{2}）{R}_{0}$]．
（3）該離子再次打到y(tǒng)軸上的點離P點的距離以及該離子從P點射入到再次打到y(tǒng)軸上的過程中在電場中運動的時間與磁場中的運動時間之比為$\frac{4}{3π}$．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的運動規(guī)律，分類似平拋運動和勻速圓周運動過程列式求解，注意畫出運動的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系分析，不難．