Question

14．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面的第Ⅱ象限內(nèi)有半徑為R的圓O₁分別與x軸、y軸相切于P（-R，0）、Q（0，R） 兩點，圓O₁內(nèi)存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B．與y軸負(fù)方向平行的勻強電場左邊界與y軸重合，右邊界交x軸于M點，一帶正電的粒子A（重力不計）電荷量為q、質(zhì)量為m，以某一速率垂直于x軸從P點射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)恰好從Q點進入電場，最后從M點以與x軸正向夾角為45°的方向射出電場．求：
（1）OM之間的距離；
（2）該勻強電場的電場強度E；
（3）若另有一個與A的質(zhì)量和電荷量相同、速率也相同的粒子A′，從P點沿與x軸負(fù)方向成30°角的方向射入磁場，則粒子A′再次回到x軸上某點時，該點的坐標(biāo)值為多少？

Answer 1

分析 （1）從D至G作類平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律列方程求解OG之間的距離；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由圓周運動的半徑表示出粒子的速度，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出勻強電場的電場強度E；
（3）結(jié)合題意作出所以粒子A′的運動軌跡，粒子A′也是垂直于y軸進入電場的，結(jié)合幾何知識求解粒子A′再次回到x軸上某點時，該點的坐標(biāo)值．

解答 解：（1）設(shè)粒子A速率為v₀，其軌跡圓圓心在O點，故A運動至D點時速度與y軸垂直，粒子A從D至G作類平拋運動，
令其加速度為a，在電場中運行的時間為t，
則有：$y=R=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
x=OG=v₀t …①
和 tan45°=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$=$\frac{at}{{v}_{0}}$ …②
聯(lián)立①②解得：$\frac{y}{x}$=$\frac{\frac{1}{2}at}{{v}_{0}}$=$\frac{1}{2}$tan45°=$\frac{1}{2}$
故有：OG=2R…③
（2）粒子A的軌跡圓半徑為R，由$q{v_0}B=m\frac{v_0^2}{R}$
得 ${v_0}=\frac{qBR}{m}$…④
$a=\frac{Eq}{m}$…⑤
聯(lián)立①③⑤得$R=\frac{1}{2}•\frac{Eq}{m}•{（\frac{2R}{{v_0^{\;}}}）^2}$
解得：E=$\frac{qR{B}^{2}}{2m}$
（3）令粒子A′軌跡圓圓心為O′，因為∠O′CA′=90°，O′C=R，以 O′為圓心，R為半徑做A′的軌跡圓交圓形磁場O₁于H點，
則四邊形CO′H O₁為菱形，故O′H∥y軸，粒子A′從磁場中出來交y軸于I點，HI⊥O′H，
所以粒子A′也是垂直于y軸進入電場的，令粒子A′從J點射出電場，交x軸于K點，
因與粒子A在電場中的運動類似，
∠JKG=45°，GK=GJ．                                     
OI-JG=R
又OI=R+Rcos30°
解得：JG=Rcos30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$R           
粒子A′再次回到x軸上的坐標(biāo)為（2R+$\frac{\sqrt{3}}{2}$R，0）
答：（1）OG之間的距離2R；
（2）該勻強電場的電場強度$\frac{qR{B}^{2}}{2m}$；
（3）若另有一個與A的質(zhì)量和電荷量相同、速率也相同的粒子A′，從C點沿與x軸負(fù)方向成30°角的方向射入磁場，則粒子A′再次回到x軸上某點時，該點的坐標(biāo)值為（2R+$\frac{\sqrt{3}}{2}$R，0）．

點評 粒子在電場中運動偏轉(zhuǎn)時，常用能量的觀點來解決問題，有時也要運用運動的合成與分解．粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定也是本題的一個考查重點，要正確畫出粒子運動的軌跡圖，能熟練的運用幾何知識解決物理問題．