Question

如圖所示，真空中有以O′為圓心，r為半徑的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度為B．圓的最下端與x軸相切于直角坐標原點O，圓的右端與平行于y軸的虛線MN相切，在虛線MN右側x軸上方足夠大的范圍內有方向豎直向下、場強大小為E的勻強電場，在坐標系第四象限存在方向垂直紙面向里、磁感應強度大小也為B的勻強磁場，現從坐標原點O沿y軸正方向發射速率相同的質子，質子在磁場中做半徑為r的勻速圓周運動，然后進入電場到達x軸上的C點．已知質子帶電量為+q，質量為m，不計質子的重力、質子對電磁場的影響及質子間的相互作用力．求：
（1）質子剛進入電場時的速度方向和大小；
（2）OC間的距離；
（3）若質子到達C點后經過第四限的磁場后恰好被放在x軸上D點處（圖上未畫出）的一檢測裝置俘獲，此后質子將不能再返回電場，則CD間的距離為多少．

Answer 1

分析：（1）根據洛倫茲力提供向心力，結合牛頓第二定律，即可求解速度大小，再根據運動軌跡半徑與圓磁場的半徑來確定速度方向；
（2）根據平拋運動處理規律，結合運動學公式與牛頓第二定律，即可求解；
（3）根據運動的合成與運動學公式，求出合速度大小，再由幾何關系確定已知長度與運動軌跡的半徑的關系，從而確定求解．

解答：解：（1）根據題意可知，質子的運動軌跡的半徑與圓磁場半徑相同，
由牛頓第二定律，則有：qvB=m

v2

r

得：v=

qBr

m

方向沿x軸正方向；
（2）質子在電場中做類平拋運動，
則質子電場中運動時間：r=

1

2

at2
由牛頓第二定律   qE=ma
t=

2mr qE

由題意可知x₁=ON=r
電場中x₂=NC=vt
OC間的距離為x=x₁+x₂=r+

qBr

m

2mr qE

（3）豎直方向的速度v_y=at
設質子合速度為v′
質子合速度與x軸正向夾角的正弦值sinθ=

vy

v′

x₃=CD=2R sinθ
運動半徑：R=

mv′

qB

x₃=CD=2

mv′

qB

vy

v′

=

2E

B

2mr qE

答：（1）質子剛進入電場時的速度方向沿x軸正方向和大小v=

qBr

m

；
（2）OC間的距離r+

qBr

m

2mr qE

；
（3）則CD間的距離為

2E

B

2mr qE

．

點評：考查粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，在電場力作用下做類平拋運動，掌握兩種運動的處理規律，學會運動的分解與幾何關系的應用．注意正確做出運動軌跡是解題的重點．