Question

1．如圖所示，半圓有界勻強磁場的圓心O₁在X軸上，OO₁距離等于半圓磁場的半徑，磁感應(yīng)強度大小為B₁．虛線MN，平行X軸且與半圓相切于P點．在MN上方是正交的勻強電場和勻強磁場，電場場強大小為E，方向沿X軸負向，磁場磁感應(yīng)強度大小為B₂．B₁，B₂方向均垂直紙面，方向如圖所示．有一群相同的正粒子，以相同的速率沿不同方向從原點O射入第I象限，其中沿x軸正方向進入磁場的粒子經(jīng)過P點射入MN后，恰好在正交的電磁場中做直線運動，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q （粒子重力不計）．求：
（1）粒子初速度大小和有界半圓磁場的半徑．
（2）若撤去磁場B₂，則經(jīng)過P點射入電場的粒子從y軸出電場時的坐標．
（3）試證明：題中所有從原點O進入第I象限的粒子都能在正交的電磁場中做直線運動．

Answer 1

分析 （1）在MN上方，粒子做勻速直線運動，洛倫茲力與電場力平衡，根據(jù)平衡條件列式求解速度；
粒子從O到P過程，做勻速圓周運動，圓心在OP連線的角平分線上；初速度沿x軸正方向，洛倫茲力指向圓心，提供向心力，結(jié)合左手定則可知，圓心一定在y軸上，故M點為軌跡圓的圓心；
（2）若撤去磁場B₂，則經(jīng)過P點射入電場的粒子做類似平拋運動，平行y軸方向做勻速直線運動，平行x軸方向做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式列式求解即可；
（3）作出粒子運動軌跡，根據(jù)粒子受力情況分析證明．

解答 解：（1）在MN上方，粒子做勻速直線運動，洛倫茲力與電場力平衡，故qv₀B₂=Eq，則：v₀=$\frac{E}{{B}_{2}}$，
由題意知粒子在磁場B₁中圓周運動半徑與該磁場半徑相同，
由牛頓第二定律得：qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，
解得：R=$\frac{mE}{q{B}_{1}{B}_{2}}$；
（2）在電場中粒子做類平拋運動：
x=R=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，y=v₀t，
解得：y=$\frac{mE}{q{B}_{2}}$$\sqrt{\frac{2}{{B}_{1}{B}_{2}}}$，
則：y′=y+R=$\frac{mE}{q{B}_{2}}$（$\frac{1}{{B}_{1}}$+$\sqrt{\frac{2}{{B}_{1}{B}_{2}}}$）；
（3）證明：設(shè)從O點入射的任一粒子進入B₁磁場時，速度方向與x軸成θ角，粒子出B₁磁場與半圓磁場邊界交于Q點，如圖所示，

找出軌跡圓心，可以看出四邊形OO₁O₂Q四條邊等長是平行四邊形，所以半徑O₂Q與OO₁平行．
所以從Q點出磁場速度與O₂Q垂直，即與x軸垂直，所以垂直進入MN邊界．
進入正交電磁場E、B₂中都有：qv₀B₂=Eq，故做直線運動．
答：（1）粒子初速度大小和有界半圓磁場的半徑為$\frac{mE}{q{B}_{1}{B}_{2}}$．
（2）若撤去磁場B₂，則經(jīng)過P點射入電場的粒子從y軸出電場時的坐標為（0，$\frac{mE}{q{B}_{2}}$（$\frac{1}{{B}_{1}}$+$\sqrt{\frac{2}{{B}_{1}{B}_{2}}}$）．
（3）證明過程如上所述．

點評 本題關(guān)鍵明確粒子的運動規(guī)律，然后平衡條件和牛頓第二定律列式分析求解；對于第三問，關(guān)鍵明確題中所有從原點射入第Ⅰ象限的粒子都能在正交的電磁場中做直線運動，離開B₁磁場時速度全部平行．