Question

如圖所示，在xoy坐標系中有虛線OA，OA與x軸的夾角θ=30°，OA與y軸之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B₁=0.25T．OA與x軸之間的區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場．現(xiàn)從y軸上的P點沿與y軸正方向夾角60°的方向以初速度v₀=5×10⁵m/s射入一個質(zhì)量m=8×10^-26kg、電荷量q=+8×10^-19C的帶電粒子，粒子經(jīng)過磁場后最終打在x軸上的Q點，且速度方向與x軸正向夾角為53°．已知P點到O點的距離為

3

5

m（帶電粒子的重力忽略不計，sin53°=0.8，cos53°=0.6，保留2位小數(shù)）．求：
（1）粒子在區(qū)域Ⅰ中做圓周運動的半徑r₁；
（2）區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強度B₂的大�。�
（3）粒子從P運動到Q的時間．

Answer 1

分析：（1）粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力提供向心力公式列式求解；
（2）粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力提供向心力，根據(jù)幾何關(guān)系列式求解即可；
（3）畫出粒子的運動軌跡，粒子先做圓周運動，后作類似平拋運動，分別求出兩端時間即可．

解答：解：（1）由洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律，則有：qv₀B₁=m

v 2 0

r1

得
解得：r₁=

mv0

qB1

=0.2m…①
（2）如圖所示，粒子由P點進入磁場Ⅰ區(qū)，由于∠CBO=30°，延長PC交OA于D，
則PD⊥OA，PD=OP?cos30°=0.3m
則CD=PD-PC=0.1m=

1

2

CM
即得∠CMD=30°，由此得出粒子從OA邊射出時v₀與x軸垂直．
這樣粒子從M運動到Q點時其圓弧所對的圓心角∠MEQ=37°，粒子
在Ⅱ磁場區(qū)域做圓周運動的半徑：r₂=

QF

sin37°

=

PO-PG

sin37°

=

3

6

m

由qv₀B₂=m

v 2 0

r2

解得：r₂=

mv0

qB2

=

3

6

m…②
由①、②聯(lián)立得：B₂=0.4

3

B₁≈0.17T；   
（3）由于∠PCM=

2π

3

，∠MEQ=

37

180

π
所以：粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的時間分別為：
t₁=

2πr1 3

v0

=8.37×10-7s
t₂=

37πr2 180

v0

=3.72×10-7s
粒子從P到Q的時間為：t=t₁+t₂=1.21×10^-6s
答：（1）粒子在區(qū)域Ⅰ中做圓周運動的半徑0.2m；
（2）區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強度B₂的大小0.17T；
（3）粒子從P運動到Q的時間1.21×10^-6s．

點評：本題關(guān)鍵是先確定粒子的運動軌跡，然后分為勻速圓周運動和類似平拋運動進行分析，同時幾結(jié)合何關(guān)系列式求解．