Question

14．如圖所示，在直角坐標系xOy所在平面內(nèi)，以坐標點原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直紙面向里的大小為B的勻強磁場和大小、方向均未知的勻強電場．t=0時刻在原點O沿+y方向射入一帶正電、重力不計的粒子，該粒子恰沿y軸做勻速直線運動，在t=t₀時刻從y軸上的P點射出半圓形區(qū)域．
（1）求勻強電場的電場強度的大小和方向．
（2）若僅撤去磁場，t=0時刻該帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，測得t=$\frac{{t}_{0}}{2}$時刻，該粒子恰從半圓形區(qū)域的邊界射出，求該粒子的比荷．
（3）若僅撤去電場，t=0時刻大量該帶電粒子同時從O點沿+y方向射入，且速度介于0到原來速度的4倍之間，求第一個粒子射出磁場的時刻及此時刻其他粒子在xOy平面內(nèi)的位置．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子沿y軸做直線運動，說明粒子的受力平衡，即受到的電場力和磁場力大小相等，從而可以求得電場強度的大��；
（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律可以求得粒子運動加速度大�。�
（3）僅有磁場時，入射速度v′=4v，帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，由幾何關(guān)系可以求得圓周運動的半徑的大小，由周期公式可以求得粒子的運動的時間，再根據(jù)所有粒子的運動周期關(guān)系即可明確其他粒子的位置．

解答 解：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強度為E．可判斷出粒子受到的洛倫磁力沿x軸負方向，于是可知電場強度沿x軸正方向
且有    qE=qvB                       
又     R=vt₀                         
則     E=$\frac{BR}{{t}_{0}}$?
（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動
在y方向位移     y=v$\frac{{t}_{0}}{2}$
得   y=$\frac{R}{2}$                       
設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是
   x=$\frac{\sqrt{3}}{2}$R                    
又有         x=$\frac{1}{2}$a（$\frac{{t}_{0}}{2}$）²                 
得       a=$\frac{4\sqrt{3}R}{{t}_{0}^{2}}$                      
由牛頓第二定律可知：
Eq=ma
解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{4\sqrt{3}}{B{t}_{0}}$
（3）僅有磁場時，入射速度v′=4v的粒子最先射出，帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，設(shè)從Q點離開．
設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有
 qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{r}$            
又  qE=ma                  
解得     r=$\frac{\sqrt{3}}{3}$R               
由幾何關(guān)系    sinα=$\frac{R}{2r}$                  
即     sinα=$\frac{\sqrt{3}}{2}$    
所以 α=$\frac{π}{3}$              
帶電粒子在磁場中運動周期
T=$\frac{2πm}{qB}$
則帶電粒子在磁場中運動時間
  t_m=$\frac{2α}{2π}$T                                 
所以 t_m=$\frac{\sqrt{3}π}{18}{t}_{0}$
由于所有粒子的運動周期相同，故偏轉(zhuǎn)角度相同，故其他粒子均在OQ連線上；
答：（1）勻強電場的電場強度的大小$\frac{BR}{{t}_{0}}$，方向沿x軸正方向；
（2）該粒子的比荷為$\frac{4\sqrt{3}}{B{t}_{0}}$；
（3）求第一個粒子射出磁場的時刻為$\frac{\sqrt{3}π}{18}{t}_{0}$；此時刻其他粒子均在OQ連線上．

點評 本題考查帶電粒子在電磁場中的運動情況，要注意明確當粒子在電磁場中做勻速直線運動時，受力一定平衡，而在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，要注意根據(jù)不同的問題采用不同的分析方法求解．