Question

如圖所示，半圓有界勻強磁場的圓心O₁在x軸上，OO₁距離等于半圓磁場的半徑，磁感應強度大小為B₁．虛線MN平行x軸且與半圓相切于P點．在MN上方是正交的勻強電場和勻強磁場，電場場強大小為E，方向沿x軸負向，磁場磁感應強度大小為B₂．B₁、B₂方向均垂直紙面，方向如圖所示．有一群相同的正粒子，以相同的速率沿不同方向從原點O射入第I象限，其中沿x軸正方向進入磁場的粒子經過P點射入MN后，恰好在正交的電磁場中做直線運動，粒子質量為m，電荷量為q （粒子重力不計）．求：
（1）粒子初速度大小和有界半圓磁場的半徑．
（2）若撤去磁場B₂，則經過P點射入電場的粒子從y軸出電場時的坐標．
（3）若撤去磁場B₂，設粒子進入磁場的初速度與x軸的夾角為θ，試寫出粒子打到y軸上的坐標與θ的關系式．

Answer 1

分析：（1）在MN上方，粒子做勻速直線運動，洛倫茲力與電場力平衡，根據平衡條件列式求解速度；
粒子從O到P過程，做勻速圓周運動，圓心在OP連線的角平分線上；初速度沿x軸正方向，洛倫茲力指向圓心，提供向心力，結合左手定則可知，圓心一定在y軸上，故M點為軌跡圓的圓心；
（2）若撤去磁場B₂，則經過P點射入電場的粒子做類似平拋運動，平行y軸方向做勻速直線運動，平行x軸方向做勻加速直線運動，根據運動學公式列式求解即可；
（3）根據幾何關系可以證明，題中所有從原點射入第Ⅰ象限的粒子都能在正交的電磁場中做直線運動；故粒子做類似平拋運動，然后根據平拋運動的分位移公式列式求解．

解答：解：（1）在MN上方，粒子做勻速直線運動，洛倫茲力與電場力平衡，故qv₀B₂=Eq；
解得：v0=

E

B2

由題意知粒子在磁場B₁中圓周運動半徑與該磁場半徑相同，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律，有
qv₀B₁=m

v 2 0

R

 解得  R=

mv0

qB1

=

mE

qB1B2

（2）在電場中粒子做類平拋運動：
x=R=

Eqt2

2m

  
y=v0t=

E

B2

2mR Eq

=

mE

qB2

2 B1B2

故y′=y+R=

mE

qB2

(

2 B1B2

+

1

B1

)
（3）設粒子出B₁磁場與半圓磁場邊界交于Q點，如圖所示，
 
找出軌跡圓心，可以看出四邊形OO₁O₂Q四條邊等長是平行四邊形，所以半徑O₂Q與OO₁平行．從Q點出磁場速度與O₂Q垂直，所以垂直進入MN邊界．
由幾何關系：x_Q=R-Rsinθ     
粒子在電場中偏轉，x_Q=

1

2

at²      y′′=R+v₀t       a=

qE

m

解上式得：y′′=

mE

qB1B2

+

mE

q B   2

2(1-sinθ) B1B2

答：（1）粒子初速度大小為，有界半圓磁場的半徑為

mE

qB1B2

；
（2）若撤去磁場B₂，則經過P點射入電場的粒子從y軸出電場時的坐標為

mE

qB2

(

2 B1B2

+

1

B1

)；
（3）粒子打到y軸上的坐標與θ的關系式為y′′=

mE

qB1B2

+

mE

q B   2

2(1-sinθ) B1B2

．

點評：本題關鍵明確粒子的運動規律，然后平衡條件和牛頓第二定律列式分析求解；對于第三問，關鍵明確題中所有從原點射入第Ⅰ象限的粒子都能在正交的電磁場中做直線運動，離開B₁磁場時速度全部平行．