Question

11．如图所示，在以坐标原点O为圆心半径为R的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．两块等大的金属板与x轴平行，金属板间有正交的匀强电场和磁场，其中磁场的磁感应强度大小为B₀，一质量为m、电荷量为+q的粒子甲，在两板间沿与两板中线重合的x轴运动并进入圆形区域，结果粒子从y轴上的P（0，R）点离开磁场；若将两金属板同时沿y轴正方向移动$\frac{R}{2}$至图中虚线位置，让质量为m、电荷量为-q的粒子乙，以与甲相同的初速度沿两板中线射入两板间，经过一段时间粒子乙从y轴上的一点离开圆形区域．求：（不计粒子重力）
（1）两板间的电场强度大小及粒子甲在圆形区域内运动的时间；
（2）粒子乙离开圆形区域的位置；
（3）粒子乙两次通过y轴的时间间隔．

Answer 1

分析 （1）粒子在板间沿中线直线运动，则电场力与洛仑兹力平衡，于是电场强度就求出来．又由于粒子甲从y轴上的P（0，R）点离开磁场，所以粒子的轨道半径等于圆形区域的半径，于是粒子在圆形磁场转过$\frac{1}{4}$圆周，时间就很容易求出．
（2）当把两金属板均上移时，乙粒子由于电性相反，但仍然有 qE=qvB₀，即仍沿与x轴平行的直线运动进入圆形磁场区域．粒子向下偏转的圆形轨迹半径不变，写出两个圆的方程，求出交点坐标，则就是乙粒子离开圆形区域的位置．
（3）由几何关系找到两次乙粒子经过Y轴位置坐标，求出偏转角度，从而求出两次通过Y轴的时间差．

解答 解：（1）粒子在两板间受力平衡：qE=qvB₀
由分析知粒子在磁场中运动的轨迹半径r与磁场的圆形区域半径R相等，且运动 $\frac{1}{4}$圆周
   由牛顿第二定律得qvB=$\frac{m{v}^{2}}{r}$ 
  解得电场强度大小E=$\frac{qB{B}_{0}R}{m}$
  粒子在圆形磁场区域内运动的时间 t=$\frac{2πr}{4v}$=$\frac{πm}{2qB}$
（2）粒子乙通过两板间时电场力和洛仑兹力均变为与原来相反，仍然有 qE=qvB₀，即仍沿与x轴平行的直线运动
   在图示坐标系中，磁场圆的方程为x²+y²=R² 
  粒子轨迹圆的圆心为（-$\frac{\sqrt{3}R}{2}$，-$\frac{R}{2}$）
  粒子轨迹圆方程为（x+$\frac{\sqrt{3}R}{2}$）²+（y+$\frac{R}{2}$）²=R²
  令轨迹圆方程的x=0，得到两个解：（0，0）和（0，-R），由题意知：粒子离开圆形区域的位置坐标为（0，-R）  
（3）在轨迹方程中，当x=0，解得y₁=0，y₂=-R
  因此粒子轨迹通过坐标原点，粒子在磁场中的轨迹如图所示
  粒子运动周期为 T=$\frac{2πr}{v}$
  通过y₁及y₂的时间间隔为t=$\frac{T}{6}$=$\frac{πm}{3qB}$
答：（1）两板间的电场强度大小$\frac{qB{B}_{0}R}{m}$，粒子甲在圆形区域内运动的时间为$\frac{πm}{2qB}$．
（2）粒子乙离开圆形区域的位置坐标为（0，-R）．
（3）粒子乙两次通过y轴的时间间隔$\frac{πm}{3qB}$．

点评 本题的靓点在于应用圆的方程来解决问题：①第一及第二问是为第三问作一个铺垫，当平行板上移，且粒子变为相反的粒子时，则其偏转方向要变化，而圆的半径不变；②当轨迹圆圆心位置相应发生变化而半径不变时，写出轨迹圆方程联立区域圆方程，联立两方程解出交点坐标，从而得到结果．