Question

4．如图所示，在空间有一坐标系xOy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°．第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和II，直线OP是它们的边界，区域I中磁场的磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的质子（不计重力）从平行板电容器AB的A板处由静止释放，A、B间电压为U_l．质子经加速后，从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域I，质子先后通过磁场区域l和II后，恰好垂直打在x轴上的Q点（图中未画出）．求：
（1）质子从O点进磁场的速度大小；
（2）区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；
（3）Q点的坐标．

Answer 1

分析 根据动能定理求质子从O点进磁场的速度大小；
质子在两个磁场中由洛伦兹力提供向心力，均做匀速圆周运动．根据圆的对称性可知，质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为30⁰，即与x轴平行．在区域II中，由题分析可知，质子运动$\frac{1}{4}$圆周，由几何知识作出轨迹，如图．由几何关系，得到质子在两个磁场中轨迹半径与OA的关系，由牛顿第二定律研究两个磁感应强度的关系，求解区域II中磁场的磁感应强度大小．
由图x=OAcos30°+r₂=r₁cos30°+r₂求解x．

解答 解：（1）质子在电容器中加速运动，根据动能定理得：
qU₁=$\frac{1}{2}$mv²
解得：v=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$
（2）设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为r₁和r₂，区域II中磁感应强度为B′，
由牛顿第二定律：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$
qvB′=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{2}}$
 粒子在两区域运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为30⁰，故质子在磁场I中轨迹的圆心角为 θ=60°
则△O₁OA为等边三角形 OA=r₁
r₂=OAsin30°
联立解得区域II中磁感应强度为 B′=2B
（3）Q点坐标 x=OAcos30°+r₂=r₁cos30°+r₂
得：x=$\frac{（\sqrt{3}+1）\sqrt{2qm{U}_{1}}}{2qB}$
答：（1）质子从O点进磁场的速度大小为$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小2B；
（3）Q点的坐标（$\frac{（\sqrt{3}+1）\sqrt{2qm{U}_{1}}}{2qB}$，0）．

点评 带电粒子通过磁场的边界时，如果边界是直线，根据圆的对称性得到，带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角，这在处理有界磁场的问题常常用到．