题目内容
如图所示，磁感应强度大小B=0.15T，方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径为R=0.10m的圆形区域内，圆的左端跟y轴相切于直角坐标系的原点O，右端边界MN相切于x轴的A点．MN右侧有方向平行于x轴负方向的匀强电场．置于原点O的粒子源，可沿x轴正方向射出速度v=3.0×106m/s的带正电的粒子流，荷质比q/m=1.0×108c/kg，粒子重力不计．右侧场强大小E=2.0×105V/m．现以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场区域按逆时针方向缓慢旋转90°．（1）此过程中粒子经过磁场后，途经MN进入电场，求：粒子经过MN时离A点最远的位置B到A点的距离L1；
（2）通过B点的粒子进入电场后，再次经过MN时距B点的距离L2为多大？
分析：（1）若粒子流的速度v0=3.0×106m/s，由牛顿第二定律求出粒子轨迹的半径．当圆形磁场区域转过90°时，磁场转动时，粒子在磁场中运动情况不变，根据作图分析P点为最高点的位置，由数学知识求出粒子打在荧光屏上离A的最远距离；
（2）粒子进入电场后，垂直电场方向做匀速运动，平行电场方向做类似上抛运动，根据水平分运动得到运动时间，根据竖直分运动得到侧移量．
（2）粒子进入电场后，垂直电场方向做匀速运动，平行电场方向做类似上抛运动，根据水平分运动得到运动时间，根据竖直分运动得到侧移量．
解答：
解：（1）当圆形磁场逆时针旋转到直径OAˊ与x轴方向夹角为θ时，粒子经过MN上B点时离A最远（最远距离等于圆形磁场区的直径），如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r：
Bqv=m
得r=
=0.2m=2R
由图知：sinθ=
=
，θ=30°
设B到A的距离为L1：
L1=（2R-rtanθ）tan2θ
得L1=
≈0.15m
（2）粒子经过B点时速度与MN夹角为α，则：α=90°-2θ=30°
粒子经B点时速度的水平分量和竖直分量分别为：
vx=vsinα=1.5×106m/s
vy=vcosα=
×106m/s
粒子进入电场后做类斜上抛运动，设再次经过MN时的位置为D，经历的时间为t
a=
=2.0×1013m/s2
t=
=1.5×10-7s
L2=vyt=
=0.39m
答：（1）粒子经过MN时离A点最远的位置B到A点的距离L1约为0.15m；
（2）通过B点的粒子进入电场后，再次经过MN时距B点的距离L2约为0.39m．
解：（1）当圆形磁场逆时针旋转到直径OAˊ与x轴方向夹角为θ时，粒子经过MN上B点时离A最远（最远距离等于圆形磁场区的直径），如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r：Bqv=m
| v2 |
| r |
得r=
| mv |
| qB |
由图知：sinθ=
| R |
| r |
| 1 |
| 2 |
设B到A的距离为L1：
L1=（2R-rtanθ）tan2θ
得L1=
| ||
| 5 |
（2）粒子经过B点时速度与MN夹角为α，则：α=90°-2θ=30°
粒子经B点时速度的水平分量和竖直分量分别为：
vx=vsinα=1.5×106m/s
vy=vcosα=
| 3 |
| 2 |
| 3 |
粒子进入电场后做类斜上抛运动，设再次经过MN时的位置为D，经历的时间为t
a=
| Eq |
| m |
t=
| 2vx |
| a |
L2=vyt=
0.9
| ||
| 4 |
答：（1）粒子经过MN时离A点最远的位置B到A点的距离L1约为0.15m；
（2）通过B点的粒子进入电场后，再次经过MN时距B点的距离L2约为0.39m．
点评：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题常用的程序是：
1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．
2、找关系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系．
3、用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律．
1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．
2、找关系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系．
3、用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律．
练习册系列答案
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A、是N型半导体，n=
| ||
B、是P型半导体，n=
| ||
C、是N型半导体，n=
| ||
D、是P型半导体，n=
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