Question

6．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xoy的第一象限內(nèi)存在電場強度為E的勻強勻強電場中，一段時間后從x軸上P₂（2L，0）點射入電場，電場方向沿y軸負方向，一帶正電的粒子從y軸上P₁（0，L）點以速度v₀平行于x軸射入第四象限，在第四象限適當(dāng)?shù)牡胤郊右粋�磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域，使粒子進入磁場運動，離開磁場后經(jīng)過y軸上的P₃點時速度與y軸負方向成45°角，不計粒子重力．求：
（1）粒子的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）所加圓形磁場區(qū)域的最小半徑．

Answer 1

分析 （1）粒子在坐標(biāo)軸第一象限做類平拋運動，已知類平拋的初速度v₀，和離開電場時的速度方向與x軸方向成30°角，根據(jù)類平拋運動規(guī)律求得粒子的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）根據(jù)初速度可以求出粒子進入磁場的初速度v，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，已知速度v和磁感應(yīng)強度B，可得粒子做圓周運動的軌道半徑r；根據(jù)幾何關(guān)系求出矩形磁場兩個邊界的最小值，根據(jù)面積公式即可求解．

解答 解：（1）粒子在坐標(biāo)軸第一象限做類平拋運動，根據(jù)幾何關(guān)系得：2L=v₀t…①
沿電場方向做勻加速直線運動，則L=$\frac{1}{2}$at²…②
根據(jù)牛頓第二定律得：
qE=ma…③
由①②③解得：$\frac{q}{m}=\frac{{v}_{0}^{2}}{2EL}$…④
（2）設(shè)粒子射出電場時速度的大小是v₀得：v_x=v₀

${v}_{y}=\frac{qE}{m}t$
$v=\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$
$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$
聯(lián)立得：$v=\sqrt{2}{v}_{0}$，θ=45°
洛倫茲力提供向心力得：$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
磁場的區(qū)域的一邊長$R=\frac{\sqrt{2}}{2}r$
得：$R=\frac{2EL}{B{v}_{0}}$
答：（1）粒子的比荷是$\frac{{v}_{0}^{2}}{2EL}$；（2）所加圓形磁場區(qū)域的最小半徑$\frac{2EL}{B{v}_{0}}$．

點評 掌握平拋運動的處理方法并能運用到類平拋運動中，粒子在磁場中做勻速圓周運動，能正確的畫出運動軌跡，并根據(jù)幾何關(guān)系確定各量之間的關(guān)系．