Question

2．如圖所示，真空中有以O(shè)′為圓心，r為半徑的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．圓的最下端與x軸相切于直角坐標(biāo)原點(diǎn)O，圓的右端與平行于y軸的虛線MN相切，在虛線MN右側(cè)x軸上方足夠大的范圍內(nèi)有方向豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在坐標(biāo)系第四象限存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向發(fā)射質(zhì)子，質(zhì)子在磁場(chǎng)中做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入電場(chǎng)到達(dá)x軸上的C點(diǎn)．已知質(zhì)子帶電量為q，質(zhì)量為m，不計(jì)質(zhì)子的重力及質(zhì)子對(duì)電磁場(chǎng)的影響．求：
（1）質(zhì)子剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向和大��；
（2）NC間的距離；
（3）若質(zhì)子到達(dá)C點(diǎn)后經(jīng)過(guò)第四限的磁場(chǎng)后恰好被放在x軸上D點(diǎn)處（圖上未畫出）的一檢測(cè)裝置俘獲，此后質(zhì)子將不能再返回電場(chǎng)，則CD間的距離為多少．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律，即可求解速度大小，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡半徑與圓磁場(chǎng)的半徑來(lái)確定速度方向；
（2）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)處理規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律，即可求解；
（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出合速度大小，再由幾何關(guān)系確定已知長(zhǎng)度與運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑的關(guān)系，從而確定求解．

解答 解：（1）根據(jù)題意可知，質(zhì)子在磁場(chǎng)中做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，則有：
  qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
得：v=$\frac{qBr}{m}$，方向沿x軸正方向；
（2）質(zhì)子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則
  r=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
由牛頓第二定律 qE=ma
聯(lián)立得 t=$\sqrt{\frac{2mr}{qE}}$
電場(chǎng)中 NC=vt=$\frac{qBr}{m}$$\sqrt{\frac{2mr}{qE}}$
（3）豎直方向的速度 v_y=at）
設(shè)質(zhì)子合速度為 v′，質(zhì)子合速度與x軸正向夾角的正弦值 sinθ=$\frac{{v}_{y}}{v′}$
x₃=CD=2R sinθ
運(yùn)動(dòng)半徑 R=$\frac{mv′}{qB}$
解得 x₃=2$\frac{mv′}{qB}$•$\frac{{v}_{y}}{v′}$=$\frac{2m{v}_{y}}{qB}$=$\frac{2E}{B}$$\sqrt{\frac{2mr}{qE}}$
答：
（1）質(zhì)子剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向是沿x軸正方向，大小為$\frac{qBr}{m}$；
（2）NC間的距離是$\frac{qBr}{m}$$\sqrt{\frac{2mr}{qE}}$；
（3）CD間的距離為$\frac{2E}{B}$$\sqrt{\frac{2mr}{qE}}$．

點(diǎn)評(píng) 考查粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，掌握兩種運(yùn)動(dòng)的處理規(guī)律，學(xué)會(huì)運(yùn)動(dòng)的分解與幾何關(guān)系的應(yīng)用．注意正確做出運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的重點(diǎn)．