Question

20．如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，x軸上方有方向沿x軸正向的勻強電場，下方有一半徑為R的圓形有界勻強磁場，圓心在y軸上，且圓與x軸相切，磁場方向垂直于紙面向外，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子在坐標(biāo)為（$\frac{7}{4}L$，$\frac{{\sqrt{7}}}{2}L$）的A點，以初速度$\frac{v_0}{2}$沿y軸負(fù)方向射入電場，且剛好從O點射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后剛好平行于x軸從磁場中射出，不計粒子重力．（結(jié)果里可以有根號）
（1）求電場強度和磁感應(yīng)強度的大小；
（2）若該粒子沿y軸負(fù)方向射出時的初速度大小為v₀，要使該粒子也能從O點進(jìn)入磁場，且經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后剛好平行于x軸從磁場中射出，求該粒子開始射出時的位置坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類似平拋運動，根據(jù)類平拋運動的分位移公式列式求解電場強度；在磁場中做勻速圓周運動，作出運動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，然后結(jié)合推論公式r=$\frac{mv}{qB}$求解磁感應(yīng)強度；
（2）要使粒子依然平行x軸射出，則O、磁場區(qū)域的圓心、軌跡圓心、出射點依然應(yīng)該構(gòu)成菱形，故粒子的軌道半徑不變，故進(jìn)入磁場的速度不變；對磁場中運動過程，根據(jù)平行四邊形定則先求解x和y方向的分速度，然后對第一次和第二次類似平拋過程分別根據(jù)運動學(xué)公式列式后聯(lián)系確定第二次釋放點的坐標(biāo)．

解答 解：（1）粒子在電場中做類似平拋運動，根據(jù)分位移公式，有：$\frac{\sqrt{7}}{2}L=\frac{{v}_{0}}{2}t，\frac{7}{4}L=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t}^{2}$
解得：$E=\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qL}$
又：$\frac{\sqrt{7}}{2}L=\frac{{v}_{0}}{2}t，\frac{7}{4}L=\frac{{v}_{x}}{2}t$
所以：${v}_{x}=\frac{\sqrt{7}}{2}{v}_{0}$；v=$\sqrt{2}{v}_{0}$
如圖做出粒子在磁場中運動的軌跡，依次連接入射點、出射點、和兩個圓心，則O、磁場區(qū)域的圓心、軌跡圓心、出射點應(yīng)該構(gòu)成菱形才能使粒子沿x軸平行的方向射出磁場，所以：r=R
根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{R}$
所以：$B=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qR}$
（2）若該粒子沿y軸負(fù)方向射出時的初速度大小為v₀，根據(jù)推論公式r=$\frac{mv}{qB}$，可知粒子到達(dá)O點時速度的大小仍然是$\sqrt{2}{v}_{0}$才能仍然沿與x軸平行的方向射出磁場．
所以：${v}_{x}′=\sqrt{{v}^{2}-{v}_{0}^{2}}={v}_{0}$
粒子在電場中做類似平拋運動，根據(jù)分位移公式，有：$v{′}_{x}^{2}=2\frac{qE}{m}x$
又：$y={v}_{0}t′，x=\frac{{v′}_{x}}{2}t′$
所以：y=2L
即開始射出的位置坐標(biāo)為（L，2L）
答：（1）電場強度和磁感應(yīng)強度的大小是$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qR}$；
（2）該粒子開始射出時的位置坐標(biāo)是（L，2L）．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，對于電場中的運動，關(guān)鍵是根據(jù)類似平拋運動的分運動公式列式；對于磁場中的運動，關(guān)鍵是明確O、磁場區(qū)域的圓心、軌跡圓心、出射點依然應(yīng)該構(gòu)成菱形，結(jié)合幾何關(guān)系和牛頓第二定律列式分析；