Question

7．如图所示，真空有一个半径为r的圆形匀强磁场，与坐标原点相切，磁场的磁感应强度大小B=2×10^-3 T，方向垂直于纸面向外，在x=r处的右侧有一个方向竖直向上的宽度为L₁=0.5m的匀强电场区域（电场区域的左右界如图中虚线所示），电场强度E=1.5×10³ N/C．在x=2m处有一垂直x方向的足够长的荧光屏，从O点处向不同方向发射出速率相同的荷质比=1.0×10⁹ C/kg带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度大小为v₀=1.0×10⁶m/s，方向沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能从磁场与电场的相切处进入电场．不计重力及阻力的作用．求：
（1）该磁场的半径和该粒子在磁场中的运动时间．
（2）该粒子最后打到荧光屏上，该发光点的位置坐标．
（3）求荧光屏上出现发光点的范围．

Answer 1

分析 （1）由洛仑兹力提供向心力求得带电粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径，由于粒子是从O点出发，从磁场与电场的相切处进入电场的，从而由几何关系求出磁场区域的半径，由带电粒子的轨迹从而求得时间为$\frac{1}{4}T$．
（2）带电粒子进入电场后做类平抛运动，根据水平方向做匀速直线运动和竖直向上方向做匀加速直线运动的规律，从而求出竖直位移，从而求出打在屏上的坐标．
（3）由于带电粒子粒子以不同方向相同速度进入匀强磁场的，且在圆形磁场区域内做匀速圆周运动的半径与圆形磁场半径相同，所以粒子从圆形磁场区域离开时方向均沿水平方向进入电场做类平抛运动，由（2）的结论就能求出发光点的范围．

解答 解：（1）由题意可知：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿运动定律得：
$qvB=m\frac{{v}^{2}}{R}$
所以有：R=$\frac{mv}{Bq}$=0.5m
又有粒子在磁场中匀速圆周运动的周期：
T=$\frac{2πm}{Bq}$
又，t₁=$\frac{1}{4}T$
得粒子在磁场中运动的时间为：t₁=7.85×10^-7s             
（2）粒子在磁场中从切点垂直电场线进入电场，在电场中的加速度大小为：
a=$\frac{Eq}{m}$=1.5×10³×1.0×10⁹m/s²=1.5×10¹²m/s²
粒子穿出电场时，沿y轴方向的分速度为：
v_y=at₂=a×$\frac{{L}_{1}}{v}$=1.5×10¹²×$\frac{0.5}{1.0×1{0}^{6}}m/s$=0.75×10⁶m/s
如图所示，有：tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$=$\frac{0.75×1{0}^{6}}{1.0×1{0}^{6}}$=0.75
粒子在磁场中侧移：y₁=r=0.5m   
在电场中侧移为：y₂=$\frac{1}{2}a{{t}_{2}}^{2}$=$\frac{1}{2}$×1.5×10¹²×$（\frac{0.5}{1.0×1{0}^{6}}）^{2}m$=0.1875m
飞出电场后粒子做匀速直线运动，有：y₃=L₂tanα=（2-0.5-0.5）×0.75m=0.75 m     
故有：y=y₁+y₂+y₃=0.5m+0.1875m+0.75m=1.4375 m    
则该发光点的坐标：（2，1.4375）
（3）r=R，所有的带电粒子都平行于x轴射出磁场，有：
y_P=y_A+r=1.9375 m    
y_F=y_A-r=0.9375 m     
故，P（2，1.9375），F（2，0.9375）之间都有发光点．
答：（1）（1）磁场的半径为0.5m，粒子在磁场中的运动时间为7.85×10^-7s．
（2）该粒子最后打到荧光屏上，该发光点的位置坐标为（2，1.4375）．
（3）荧光屏上出现发光点的范围是P（2，1.9375），F（2，0.9375）两点之间．

点评 本题要注意的是带电粒子从O点以相同大小但方向不同的速度进入圆形磁场，而恰好有一粒子从O点沿y轴正方向射入圆形磁场区域后从磁场和电场区域相切处进入电场，所以由此可知圆形磁场区域的半径就是该粒子做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力从而求出了半径．