Question

10．如圖所示，一質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子以速度v₀從O點(diǎn)沿y軸正方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場區(qū)域后，從點(diǎn)b處穿過x軸，速度方向與x軸正方向的夾角為30°，同時進(jìn)入場強(qiáng)為E，方向與x軸負(fù)方向成60°角斜向下的勻強(qiáng)電場中，并通過了b點(diǎn)正下方的c點(diǎn)，粒子重力不計，試求：
（1）b點(diǎn)與O點(diǎn)的距離；
（2）圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小半徑；
（3）C點(diǎn)到b點(diǎn)的距離．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，分析清楚粒子運(yùn)動過程作出粒子運(yùn)動軌跡，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑，然后求出距離．
（2）作出粒子運(yùn)動軌跡，應(yīng)用幾何知識求出磁場區(qū)域的最小半徑．
（3）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，應(yīng)用類平拋運(yùn)動規(guī)律求出C點(diǎn)到b點(diǎn)的距離．

解答 解：（1）帶電粒子在磁場中勻速圓周運(yùn)動，離開磁場后做勻速直線運(yùn)動，
然后進(jìn)入電場，粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，圓心在O₁從a點(diǎn)射出磁場，設(shè)軌道半徑為R，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，
解得：R=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，
由幾何知識可得：O₁b=2R，Ob的距離為：3R=$\frac{3m{v}_{0}}{qB}$；
（2）要使磁場的區(qū)域面積最小，Oa應(yīng)為圓形磁場區(qū)域的直徑，設(shè)磁場區(qū)域的半徑為r，
由幾何關(guān)系得：cos30°=$\frac{r}{R}$，
解得：r=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{2qB}$；
（3）帶電粒子在磁場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)bc間距離為S，
則：Ssin30°=v₀t   Scos30°=$\frac{1}{2}$at²，加速度：a=$\frac{qE}{m}$，
解得：S=$\frac{4\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{qE}$．
答：（1）b點(diǎn)與O點(diǎn)的距離$\frac{3m{v}_{0}}{qB}$；
（2）圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小半徑為$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{2qB}$；
（3）C點(diǎn)到b點(diǎn)的距離為$\frac{4\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{qE}$．

點(diǎn)評 本題考查了粒子在磁場、電場中的運(yùn)動，分析清楚粒子運(yùn)動過程、作出粒子運(yùn)動軌跡是解題的關(guān)鍵；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，在電場中做類平拋運(yùn)動，應(yīng)用牛頓第二定律與類平拋運(yùn)動規(guī)律可以解題．