Question

11．如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向與紙面垂直．兩塊等大的金屬板與x軸平行，金屬板間有正交的勻強(qiáng)電場和磁場，其中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₀，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子甲，在兩板間沿與兩板中線重合的x軸運(yùn)動并進(jìn)入圓形區(qū)域，結(jié)果粒子從y軸上的P（0，R）點(diǎn)離開磁場；若將兩金屬板同時(shí)沿y軸正方向移動$\frac{R}{2}$至圖中虛線位置，讓質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子乙，以與甲相同的初速度沿兩板中線射入兩板間，經(jīng)過一段時(shí)間粒子乙從y軸上的一點(diǎn)離開圓形區(qū)域．求：（不計(jì)粒子重力）
（1）兩板間的電場強(qiáng)度大小及粒子甲在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間；
（2）粒子乙離開圓形區(qū)域的位置；
（3）粒子乙兩次通過y軸的時(shí)間間隔．

Answer 1

分析 （1）粒子在板間沿中線直線運(yùn)動，則電場力與洛侖茲力平衡，于是電場強(qiáng)度就求出來．又由于粒子甲從y軸上的P（0，R）點(diǎn)離開磁場，所以粒子的軌道半徑等于圓形區(qū)域的半徑，于是粒子在圓形磁場轉(zhuǎn)過$\frac{1}{4}$圓周，時(shí)間就很容易求出．
（2）當(dāng)把兩金屬板均上移時(shí)，乙粒子由于電性相反，但仍然有 qE=qvB₀，即仍沿與x軸平行的直線運(yùn)動進(jìn)入圓形磁場區(qū)域．粒子向下偏轉(zhuǎn)的圓形軌跡半徑不變，寫出兩個圓的方程，求出交點(diǎn)坐標(biāo)，則就是乙粒子離開圓形區(qū)域的位置．
（3）由幾何關(guān)系找到兩次乙粒子經(jīng)過Y軸位置坐標(biāo)，求出偏轉(zhuǎn)角度，從而求出兩次通過Y軸的時(shí)間差．

解答 解：（1）粒子在兩板間受力平衡：qE=qvB₀
由分析知粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑r與磁場的圓形區(qū)域半徑R相等，且運(yùn)動 $\frac{1}{4}$圓周
   由牛頓第二定律得qvB=$\frac{m{v}^{2}}{r}$ 
  解得電場強(qiáng)度大小E=$\frac{qB{B}_{0}R}{m}$
  粒子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間 t=$\frac{2πr}{4v}$=$\frac{πm}{2qB}$
（2）粒子乙通過兩板間時(shí)電場力和洛侖茲力均變?yōu)榕c原來相反，仍然有 qE=qvB₀，即仍沿與x軸平行的直線運(yùn)動
   在圖示坐標(biāo)系中，磁場圓的方程為x²+y²=R² 
  粒子軌跡圓的圓心為（-$\frac{\sqrt{3}R}{2}$，-$\frac{R}{2}$）
  粒子軌跡圓方程為（x+$\frac{\sqrt{3}R}{2}$）²+（y+$\frac{R}{2}$）²=R²
  令軌跡圓方程的x=0，得到兩個解：（0，0）和（0，-R），由題意知：粒子離開圓形區(qū)域的位置坐標(biāo)為（0，-R）  
（3）在軌跡方程中，當(dāng)x=0，解得y₁=0，y₂=-R
  因此粒子軌跡通過坐標(biāo)原點(diǎn)，粒子在磁場中的軌跡如圖所示
  粒子運(yùn)動周期為 T=$\frac{2πr}{v}$
  通過y₁及y₂的時(shí)間間隔為t=$\frac{T}{6}$=$\frac{πm}{3qB}$
答：（1）兩板間的電場強(qiáng)度大小$\frac{qB{B}_{0}R}{m}$，粒子甲在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間為$\frac{πm}{2qB}$．
（2）粒子乙離開圓形區(qū)域的位置坐標(biāo)為（0，-R）．
（3）粒子乙兩次通過y軸的時(shí)間間隔$\frac{πm}{3qB}$．

點(diǎn)評 本題的靚點(diǎn)在于應(yīng)用圓的方程來解決問題：①第一及第二問是為第三問作一個鋪墊，當(dāng)平行板上移，且粒子變?yōu)橄喾吹牧Ｗ訒r(shí)，則其偏轉(zhuǎn)方向要變化，而圓的半徑不變；②當(dāng)軌跡圓圓心位置相應(yīng)發(fā)生變化而半徑不變時(shí)，寫出軌跡圓方程聯(lián)立區(qū)域圓方程，聯(lián)立兩方程解出交點(diǎn)坐標(biāo)，從而得到結(jié)果．