Question

20．如图所示，水平方向的圆形磁场区域与竖直边界MN相切于C点，磁场半径为R，C点与磁场圆心O等高．边界PQ、荧光屏GH均与MN平行，且MN与PQ之间间距为$\frac{\sqrt{3}}{2}$R，PQ与GH之间的间距为R．在PQ、GH间存在竖直向下的匀强电场，电场强度E=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2qR}$．现从O点正下方的A点同时垂直磁场方向射入两个相同的带电粒子1和2，它们的质量为m，电量为+q，速度大小均为v₀；粒子1的速度方向指向O点，粒子2的速度方向与AO成30⁰夹角斜向右上方．粒子1恰能从C点射出磁场．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力、重力，忽略边缘效应．
（1）求圆形磁场的磁感应强度B；
（2）求两粒子从进入磁场到荧光屏所用时间之差△t；
（3）若在OA右侧磁场外空间到PQ之间加一个水平向右的匀强电场E′=kE，（其中k＞0），试分析是否存在某个k，使两粒子能打在荧光屏的同一点．若存在，求k的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）两个粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子1恰能从C点射出磁场，其轨迹为$\frac{1}{4}$圆弧，画出其轨迹半径，由几何关系求解轨迹半径，即可根据牛顿第二定律求B．
（2）两粒子射出磁场后方向相同．粒子1从C点运动到荧光屏的时间与粒子2从C′点运动到荧光屏的时间相等．磁场中运动时间由公式t=$\frac{θ}{2π}$T求解，式中θ是轨迹对应的圆心角．粒子离开磁场后水平方向做匀速直线运动，由位移和速度求时间，从而得到总时间，即可求得时间之差．
（3）粒子1从C到PQ，沿直线加速过程，根据动能定理求出加速后的速度．粒子1从PQ到荧光屏，做类平抛运动．根据类平抛运动的规律得到竖直分位移的大小．同理，求出粒子2的竖直分位移，假设两个粒子打在同一点，根据竖直分位移的关系列式，分析k值是否存在．

解答 解：（1）由粒子1的运动知，两粒子在磁场中的轨迹半径为 r=R
粒子在磁场中，由 qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$  
得磁感应强度 B=$\frac{m{v}_{0}}{qR}$
（2）两粒子射出磁场后方向相同．粒子1从C点运动到荧光屏的时间与粒子2从C′点运动到荧光屏的时间相等．
粒子1从A点到C的时间 t₁=$\frac{T}{4}$…④
粒子2从A点到C′的时间 t₂=$\frac{T}{6}$+$\frac{DC′}{{v}_{0}}$…⑤
粒子在磁场中转动周期 T=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$…⑥
由几何关系得 DC′=r-rcos30°…⑦
则两粒子从进入磁场到荧光屏所用时间之差△t=t₁-t₂=$\frac{（π+3\sqrt{3}-6）R}{6{v}_{0}}$…⑧
（3）粒子1从C到PQ，沿直线加速过程，由动能定理得：
  $\frac{\sqrt{3}}{2}$qE′R=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$…⑨
粒子1从PQ到荧光屏，做类平抛运动，
加速度 a=$\frac{qE}{m}$…⑩
水平位移   R=v₁t₁′…（11）
竖直位移  y₁=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{′2}$…（12）
由⑨-（12）式得 y₁=$\frac{ER}{2\sqrt{3}E′+4E}$=$\frac{R}{2\sqrt{3}k+4}$…（13）
对粒子2，同理（加速距离为DC′+$\frac{\sqrt{3}}{2}$R）可得，竖直位移y₂=$\frac{ER}{4E′+4E}$=$\frac{R}{4k+4}$…（14）
两粒子交于屏上同一点，则y₁=$\frac{R}{2}$+y₂…（15）
由上各式得  $\frac{1}{2+\sqrt{3}k}$-$\frac{1}{2+2k}$=1，化简为二次方程可得△＜0，故无解，则k不存在．
答：（1）圆形磁场的磁感应强度B为$\frac{m{v}_{0}}{qR}$；
（2）两粒子从进入磁场到荧光屏所用时间之差△t为$\frac{（π+3\sqrt{3}-6）R}{6{v}_{0}}$．
（3）k值不存在．

点评 粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在电场力作用下做类平抛运动，掌握两种运动的处理规律，学会运动的分解与几何关系的应用．注意正确作出运动轨迹是解题的重点．