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    13．如图所示，在xOy坐标系中，以（r，0）为圆心，r为半径的圆形区域内存在匀强磁场磁场区域的圆心为O′，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．在y＞r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．从O点以相同速率向不同方向发射质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中运动的轨迹半径也为r．已知质子的电荷量为q，质量为m，不计质子所受重与及质子间相互作用力的影响．
    （1）求质子从O点射入磁场时速度的大小：
    （2）若质子沿x轴正方向射入磁场，求质子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间．
    （3）若质子沿与x轴正方向成夹角θ（0°＜θ＜90°）的方向从O点射入第一象限的磁场中，求质子在磁场中运动的总时间．

    分析 （1）粒子在磁场中运动靠洛伦兹力提供向心力，通过轨道半径，根据牛顿第二定律求出粒子射入磁场的速度．
    （2）粒子沿x轴正向射入磁场后，在磁场中运动了$\frac{1}{4}$个圆周后，以速度v逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了$\frac{1}{4}$个圆周后离开磁场．求出粒子在磁场中运动的周期，从而求出粒子磁场中运动的时间，根据牛顿第二定律结合运动学公式求出粒子在电场中运动的时间，从而得出最终的总时间．
    （3）结合作图，找出运动轨迹，然后求解出时间．

    解答 解：（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
    qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
    解得：v=$\frac{qBr}{m}$；
    （2）质子沿x轴正向射入磁场后，在磁场中运动了$\frac{1}{4}$个圆周后，以速度υ逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，
    在磁场中运动了$\frac{1}{4}$个圆周后离开磁场．在磁场中运动周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
    质子在磁场中运动的时间：t1=$\frac{1}{2}$T=$\frac{πm}{qB}$，
    进入电场后做匀变速直线运动，加速度大小：a=$\frac{qE}{m}$，
    质子在电场中运动的时间：t2=$\frac{2v}{a}$=$\frac{2Br}{E}$，
    所求时间为：t=t1+t2=$\frac{πm}{qB}$+$\frac{2Br}{E}$；
    （3）当质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A点射出磁场，如图所示：
    其中O1、O2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心．
    由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO1AO2为菱形，即AO2平行x轴，
    说明质子以平行y轴的速度离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场，有：∠O2=90°-θ．
    所以，质子第一次在磁场中运动的时间：t1′=$\frac{90°-θ}{360°}$T，
    此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C点再次射出磁场．
    如图所示，其中O1、O3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO3平行x轴．
    由于O1AO3C为菱形，即CO1平行AO3，即平行x轴，说明C就是磁场区域圆与x轴的交点．
    这个结论与θ无关．所以，OO2O3C为平行四边形，∠O3=90°+θ
    质子第二次在磁场中运动的时间为：t2′=$\frac{90°+θ}{360°}$T，
    质子在磁场中运动的总时间：t′=t1′+t2′=$\frac{1}{2}$T=$\frac{πm}{qB}$；
    答：（1）质子射入磁场时速度的大小为$\frac{qBr}{m}$；
    （2）若质子沿x轴正方向射入磁场，质子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间为$\frac{πm}{qB}$+$\frac{2Br}{E}$；
    （3）若质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从O点射入第一象限的磁场中，质子在磁场中运动的总时间为$\frac{πm}{qB}$．

    点评 本题考查了粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动，关键是理清粒子的运动规律，在磁场中做匀速圆周运动，进入电场速度方向与电场方向平行，先做匀减速直线运动，返回做匀加速直线运动．

    练习册系列答案
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