Question

2．如圖所示，第二象限，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界恰好與兩坐標軸相切．x軸上切點A處有一粒子源，能夠向x軸上方發(fā)射速率相等，均為v，質(zhì)量為m，電量為+q的粒子，粒子重力不計．圓形區(qū)域磁場的磁感應強度B₁=$\frac{mv}{qr}$，y軸右側(cè)0＜y＜r的范圍內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，已知某粒子從A處沿+y方向射入磁場后，再進入勻強電場，發(fā)現(xiàn)粒子從電場右邊界MN射出，速度方向與x軸正方向成45°角斜向下，求：
（1）勻強電場的電場強度大��；
（2）若在MN右側(cè)某區(qū)域存在另一圓形勻強磁場B₂，發(fā)現(xiàn)A處粒子源發(fā)射的所有粒子經(jīng)磁場B₁、電場E射出后均能進入B₂區(qū)域，之后全部能夠經(jīng)過x軸上的P點，求圓形勻強磁場B₂的最小半徑；
（3）繼第二問，若圓形勻強磁場B₂取最小半徑，試求A處沿+y方向射入B₁磁場的粒子，自A點運動到x軸上的P點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，把類平拋運動分解為x方向和y方向的分運動，對分運動運用牛頓第二定律結(jié)合運動學規(guī)律即可求解E．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得到軌跡半徑．由幾何關系定出粒子束的寬度，從而求出圓形勻強磁場B₂的最小半徑．
（3）根據(jù)弧長與線速度大小之比求粒子在磁場中運動時間．由分運動的位移公式求電場中運動時間．得到粒子在無場區(qū)運動的時間，由勻速運動的規(guī)律求出時間，從而得到總時間．

解答 解：
（1）設：粒子做類平拋運動的水平位移大小為x，豎直方向的速度大小為v_y，類平拋的加速度大小為a，類平拋的時間為t
        根據(jù)牛頓第二定律Eq=ma，得a=$\frac{qE}{m}$ 
        粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋的規(guī)律有：
        x方向：x=vt=r
        y方向：v_y=at=$\frac{qE}{m}$t=$\frac{Eqr}{mv}$
        粒子從電場右邊界MN射出，速度方向與x軸正方向成45°斜向下，則 v_y=v；
       聯(lián)立得勻強電場的電場強度大小E=$\frac{{mv}^{2}}{qr}$
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得
        qVB₁=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
        聯(lián)立題中已知B₁=$\frac{mv}{qr}$
        得 R=r
        因為磁場半徑與軌跡半徑相同，所以粒子離開磁場后的速度方向均沿+x方向
        又所有粒子穿出勻強電場后速度縱向偏移量 y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$r均相等
         設粒子從MN射出的最高點為E，最低點為F，則EF=2r
        所以粒子束的寬度 d=$\sqrt{2}$r
         圓形勻強磁場B₂的最小半徑 r_B2=$\frac{\sqrt{2}}{2}$r
（3）粒子在磁場B1中運動時間 t₁=$\frac{l}{v}$=$\frac{πr}{2v}$
        粒子在勻強電場中運動時間 t₂=$\frac{r}{v}$        粒子在無場運動速度 v′=$\sqrt{2}$v
        粒子在無場運動的距離 x₃=$\frac{\sqrt{2}}{2}$r
        粒子在無場運動的時間 t₃=$\frac{{x}_{3}}{v′}$=$\frac{r}{2v}$
        粒子在磁場B₂中運動時間 t₄=$\frac{πr}{4v}$
        故粒子自A點運動到x軸上的P點的總時間 t=t₁+t₂+t₃+t₄=$\frac{3r}{2v}$+$\frac{3πr}{4v}$
答：（1）勻強電場的電場強度大小為$\frac{{mv}^{2}}{qr}$
      （2）圓形勻強磁場B₂的最小半徑為$\frac{\sqrt{2}}{2}$r
      （3）粒子自A點運動到x軸上的P點的總時間為$\frac{3r}{2v}$+$\frac{3πr}{4v}$

點評 本題考查帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的類平拋運動，以及帶電粒子在有界磁場的運動時，有界磁場的最小面積的問題．過程稍多，要仔細分析計算．