Question

5．如圖，xOy平面內(nèi)，y軸右側(cè)邊長為2R的正方形區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小E，以O(shè)₁〔R，0〕為圓心，R為半徑的圓內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，現(xiàn)從O點沿x軸正方向，不斷向電磁場區(qū)域射入速度相同的正粒子，粒子恰好能做勻速直線運動．當撤去電場，粒子離開磁場區(qū)域時，速度與x軸正方向的夾角θ=60°（圖中未畫出）．不計粒子所受重力及粒子間相互作用力．MN是過圓心O₁且平行于y軸的直線．求：（結(jié)果均用根式表示，sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，cos60°=$\frac{1}{2}$）
（1）粒子的荷比$\frac{q}{m}$；
（2）當撤去電場，粒子在正方形區(qū)域內(nèi)的運動時間；
（3）當撤去MN右側(cè)的磁場且保留圓內(nèi)電場（即圓周與正方形所夾空間無電、磁場），粒子從某點P（圖中未畫出）離開正方形區(qū)域，求P點的縱坐標．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電磁場中做勻速直線運動，洛倫茲力和電場力平衡；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力牛頓第二定律與幾何關(guān)系結(jié)合，兩個過程聯(lián)立即可；
（2）過程一：在磁場中做勻速勻速圓周運動；過程二：出磁場后做勻速直線運動，分別求這兩個過程的時間，加和即可；
（3）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，運用運動的合成和分解，針對分運動運用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)規(guī)律，再與圓的軌跡方程聯(lián)立即可求交點坐標．

解答 解：（1）設(shè)粒子在勻強磁場中運動的軌道半徑為r，
粒子做勻速直線運動，受力平衡條件得：qvB=Eq
由洛倫茲力提供向心力得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$                
根據(jù)幾何關(guān)系得：tan$\frac{θ}{2}$=$\frac{R}{r}$
聯(lián)立以上各式得：$\frac{q}{m}$=$\frac{\sqrt{3}E}{3{RB}^{2}}$
（2）撤去電場后，粒子在正方形區(qū)域內(nèi)運動的軌跡如圖
在磁場中做勻速圓周運動，通過的圓弧長度為：l₁=rθ
離開磁場做勻速直線運動的軌跡長度為：l₂=$\frac{R}{cos（90°-θ）}$-R
設(shè)粒子在正方形區(qū)域內(nèi)運動的時間為t，則l₁+l₂=vt
聯(lián)立以上各式得：t=$\frac{（\sqrt{3}π+2\sqrt{3}-3）RB}{3E}$
（3）當撤去圓心O₁右側(cè)的磁場時，粒子從0₁點開始做類平拋運動，軌跡如圖，
設(shè)軌跡與圓0₁ （R，0）的交點坐標為（x，y），
由帶電粒子在垂直進入勻強電場中運動規(guī)律得：x-R=vt
y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{Eq}{2m}$t²
得軌跡方程為：y=$\frac{\sqrt{3}（x-R）^{2}}{6R}$
由數(shù)學(xué)知識可得，圓0₁的方程為：（x-R）²+y²=R²
將軌跡方程和圓的方程聯(lián)立得：y=（2-$\sqrt{3}$）R
答：（1）粒子的荷比$\frac{q}{m}$為$\frac{\sqrt{3}E}{3{RB}^{2}}$；
      （2）當撤去電場，粒子在正方形區(qū)域內(nèi)的運動時間為$\frac{（\sqrt{3}π+2\sqrt{3}-3）RB}{3E}$；
      （3）當撤去MN右側(cè)的磁場且保留圓內(nèi)電場（即圓周與正方形所夾空間無電、磁場），粒子從某點P（圖中未畫出）離開正方形區(qū)域，P點的縱坐標為（2-$\sqrt{3}$）R．

點評 本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動（速度選擇器模型）、帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動、帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的類平拋運動，本題難點主要集中在數(shù)學(xué)問題上，平面幾何和解析幾何的運用．