Question

11．如圖所示．直線MN上方垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，質(zhì)量為m、帶電量為-q（q＞0）的粒子1在紙面內(nèi)以速度V₁=V₀從O點射入磁場，其射入方向與MN的夾角α=30⁰；質(zhì)量為m、帶電量為+q（q＞0）的粒子2在紙面內(nèi)以速度V₂=$\sqrt{3}$V₀也從O點射入磁場，其射入方向與MN的夾角β=60°．已知粒子1和2同時分別到達磁場邊界的A、B兩點（圖中未畫出），不計粒子的重力及它們間的相互作用．
（1）求兩個粒子在磁場邊界上的穿出點A、B之間的距離．
（2）求兩個粒子進入磁場的時間間隔△t．
（3）若MN下方有平行于紙面的勻強電場，且兩粒子在電場中相遇，其中粒子1做直線運動．求該電場的電場強度．

Answer 1

分析 （1）兩個粒子進入磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，列式可求得軌跡半徑．由幾何關(guān)系求出軌跡對應(yīng)的圓心角，再運用幾何知識求解A、B之間的距離．
（2）粒子圓周運動的周期 T=$\frac{2πr}{v}$，根據(jù)軌跡對應(yīng)的圓心角求出各自運動的時間，即可得到時間間隔△t．
（3）電場強度的方向應(yīng)與粒子1穿出磁場的方向平行．可能有兩種：
a、若場強的方向與MN成30°角向上偏右，則粒子1做勻加速直線運動，粒子2做類平拋運動；
b、若場強的方向與MN成30°角向下偏左，則粒子1做勻減速直線運動，粒子2做類平拋運動．由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓運動定律得 Bqv=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
解得 r₁=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$和r₂=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{qB}$
由幾何關(guān)系可知：
粒子1圓周運動的圓弧所對的圓心角為 θ₁=$\frac{5}{3}$π
所以射入點O與離開磁場的位置A間的距離 OA=2r₁sin$\frac{2π-{θ}_{1}}{2}$
粒子2圓周運動的圓弧所對的圓心角為 θ₁=$\frac{4}{3}$π
所以射入點O與離開磁場的位置B間的距離 OB=2r₂sin$\frac{2π-{θ}_{2}}{2}$
故穿出點A、B之間的距離 d=OA+OB=$\frac{4m{v}_{0}}{qB}$
（2）粒子圓周運動的周期 T=$\frac{2πr}{v}$
粒子1在磁場中運動的時間 t₁=$\frac{{θ}_{1}}{2π}$T
粒子2在磁場中運動的時間 t₂=$\frac{{θ}_{2}}{2π}$T
進入磁場的時間間隔△t=t₁-t₂=$\frac{πm}{3qB}$
（3）由題意電場強度的方向應(yīng)與粒子1穿出磁場的方向平行．
a、若場強的方向與MN成30°角向上偏右，則粒子1做勻加速直線運動，粒子2做類平拋運動
對粒子1、2  由運動定律得 Eq=ma
在粒子1的運動所在直線上，
對粒子1和2由位移公式得 ABcos30°=v₁t+$\frac{1}{2}$at²+$\frac{1}{2}$at²
在與粒子1的運動垂直的方向上，
對粒子2由位移公式得 ABsin30°=v₂t
解得 E=$\sqrt{3}$B v₀
b、若場強的方向與MN成30°角向下偏左，則粒子1做勻減速直線運動，粒子2做類平拋運動
對粒子1、2  由運動定律得 Eq=ma
在粒子1的運動所在直線上，
對粒子1和2由位移公式得 AB cos30°=v₁t-$\frac{1}{2}$at²-$\frac{1}{2}$at²
在與粒子1的運動垂直的方向上，
對粒子2由位移公式得 AB sin30°=v₂t
解得 E=-$\sqrt{3}$Bv₀    
假設(shè)不成立．
綜上所述：場強的大小為$\sqrt{3}$B v₀，方向為與MN成30°角向上偏右．
答：
（1）兩個粒子在磁場邊界上的穿出點A、B之間的距離為$\frac{4m{v}_{0}}{qB}$．
（2）兩個粒子進入磁場的時間間隔△t為$\frac{πm}{3qB}$．
（3）場強的大小為$\sqrt{3}$B v₀，方向為與MN成30°角向上偏右．

點評 該題中帶電粒子在磁場中運動的半徑與周期的公式的推導(dǎo)與應(yīng)用，要熟練掌握，由軌跡的圓心角求時間是常用方法，基本公式是t=$\frac{θ}{2π}$T，θ是軌跡對應(yīng)的圓心角．