Question

15．如圖所示，在xoy坐標(biāo)系內(nèi)存在一個以（a，0）為圓心、半徑為a的圓形磁場區(qū)域，方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B．另在y軸右側(cè)有一方向向左的勻強電場，電場強度大小為E，分布于y≥a的范圍內(nèi)．O點為質(zhì)子源，其出射質(zhì)子的速度大小相等、方向各異，但質(zhì)子的運動軌跡均在紙面內(nèi)．已知質(zhì)子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為a，設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m、電量為e，重力及阻力忽略不計．求：
（1）出射速度沿x軸正方向的質(zhì)子，到達y軸所用的時間；
（2）出射速度與x軸正方向成30°角（如圖中所示）的質(zhì)子，到達y軸時的位置；
（3）質(zhì)子到達y軸的位置坐標(biāo)的范圍．

Answer 1

分析 （1）質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解速度，質(zhì)子進入電場后做類平拋運動，沿電場方向運動a后到達y軸，由勻變速直線運動規(guī)律求解；
（2）質(zhì)子轉(zhuǎn)過120°角后離開磁場，再沿直線到達圖中P點，最后垂直電場方向進入電場，做類平拋運動，并到達y軸，畫出運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合運動學(xué)基本公式求解；
（3）若質(zhì)子在y軸上運動最遠，應(yīng)是質(zhì)子在磁場中沿右邊界向上直行，垂直進入電場中做類平拋運動，根據(jù)運動學(xué)基本公式求解質(zhì)子離坐標(biāo)原點的距離，再結(jié)合幾何關(guān)系分析即可．

解答 解：（1）質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：
evB=$m\frac{{v}^{2}}{a}$   
即：v=$\frac{Bea}{m}$
出射速度沿x軸正方向的質(zhì)子，經(jīng)$\frac{1}{4}$圓弧后以速度v垂直于電場方向進入電場，在磁場中運動的時間為：
t₁=$\frac{T}{4}$=$\frac{πa}{2v}$=$\frac{πm}{2eB}$
質(zhì)子進入電場后做類平拋運動，沿電場方向運動a后到達y軸，由勻變速直線運動規(guī)律有：
a=$\frac{eE{{t}_{2}}^{2}}{2m}$
即：${t}_{2}=\sqrt{\frac{2ma}{eE}}$
故所求時間為：t=t₁+t₂=$\frac{πm}{2eB}$+$\sqrt{\frac{2ma}{eE}}$
（2）質(zhì)子轉(zhuǎn)過120°角后離開磁場，再沿直線到達圖中P點，最后垂直電場方向進入電場，做類平拋運動，并到達y軸，運動軌跡如圖中所示．
由幾何關(guān)系可得P點距y軸的距離為：
x₁=a+asin30°=1.5a
設(shè)在電場中運動的時間為 t₃，由勻變速直線運動規(guī)律有：
x₁=$\frac{eE{{t}_{3}}^{2}}{2m}$
即 t₃=$\sqrt{\frac{3ma}{eE}}$
質(zhì)子在y軸方向做勻速直線運動，到達y軸時有：
y₁=vt₃=Ba$\sqrt{\frac{3ea}{mE}}$
所以質(zhì)子在y軸上的位置為：y=a+y₁=a+Ba$\sqrt{\frac{3ea}{mE}}$
（3）若質(zhì)子在y軸上運動最遠，應(yīng)是質(zhì)子在磁場中沿右邊界向上直行，垂直進入電場中做類平拋運動，
此時x′=2a
質(zhì)子在電場中在y方向運動的距離為：y₂=2Ba$\sqrt{\frac{ea}{mE}}$
質(zhì)子離坐標(biāo)原點的距離為：y_m=a+y₂=a+2Ba$\sqrt{\frac{ea}{mE}}$
由幾何關(guān)系可證得，此題中凡進入磁場中的粒子，從磁場穿出時速度方向均與y軸平行，且只有進入電場中的粒子才能打到y(tǒng)軸上，因此
質(zhì)子到達y軸的位置坐標(biāo)的范圍應(yīng)是（a，a+2Ba$\sqrt{\frac{ea}{mE}}$）   
答：（1）出射速度沿x軸正方向的質(zhì)子，到達y軸所用的時間為$\frac{πm}{2eB}$+$\sqrt{\frac{2ma}{eE}}$；
（2）出射速度與x軸正方向成30°角（如圖中所示）的質(zhì)子，到達y軸時的位置為a+2Ba$\sqrt{\frac{ea}{mE}}$；
（3）質(zhì)子到達y軸的位置坐標(biāo)的范圍為 （a，a+2Ba$\sqrt{\frac{ea}{mE}}$）．

點評 本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動規(guī)律，要注意明確在電場中的類平拋和磁場中的圓周運動處理方法，難度較大，屬于難題．