Question

19．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限有平行y軸且沿-y方向的勻強電場，第二象限內(nèi)有一圓形區(qū)域，邊界與x軸相切于A點，圓形區(qū)域的半徑為L，第四象限有一矩形區(qū)域（圖中未畫出），圓形區(qū)域和矩形區(qū)域有相同的勻強磁場，磁場垂直于xOy平面（圖中未畫出）．P點在x軸上，OP距離為L，Q點在y軸負方向上某處，現(xiàn)有兩帶電粒子a和b，a粒子的質(zhì)量為m，電荷量為+q，以速度大小v₀從A點與x軸成60°角進入圓形磁場區(qū)域，射出磁場后垂直y軸在C點進入電場，經(jīng)P點射入第四象限；粒子b質(zhì)量為m，電荷量為-q，以速率$\sqrt{2}$v₀從Q點向與y軸成45°角方向反射，通過矩形磁場區(qū)域后與P點出射的粒子a相碰，相碰時粒子速度方向相反，不計粒子重力和粒子間相互作用力，求：
（1）圓形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小和方向；
（2）第一象限的電場強度大�。�
（3）矩形區(qū)域的最小面積．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)a粒子進入、離開磁場的速度方向，得到粒子運動半徑與磁場半徑的關(guān)系，再由洛倫茲力做向心力求得磁感應(yīng)強度；
（2）由（1）得到C的坐標(biāo)位置，然后，根據(jù)粒子在電場中做類平拋運動，由位移公式聯(lián)立求解電場強度；
（3）由（2）求得a粒子離開電場時的速度方向，進而得到b粒子轉(zhuǎn)過的中心角，然后由洛倫茲力做向心力求得b粒子做圓周運動的半徑，從而求得矩形面積．

解答 解：（1）a粒子從C點垂直y軸進入電場，所以，粒子離開磁場時的速度方向水平向右，那么由幾何關(guān)系可知，a粒子在磁場中的運動半徑R=L；
又有a粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力做向心力，即為：$B{v}_{0}q=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{R}$
解得：$B=\frac{m{v}_{0}}{qR}=\frac{m{v}_{0}}{qL}$；
由粒子偏轉(zhuǎn)方向可得粒子所受洛倫茲力方向，進而由左手定則可判斷：磁場方向垂直xoy平面向外；
（2）由（1）可得：C點離O點的距離為：
$h=R-Rsin30°=\frac{1}{2}R=\frac{1}{2}L$；
a粒子在電場中只受電場力，加速度為$a=\frac{qE}{m}$，粒子做類平拋運動；
所以，由類平拋運動的位移公式可得：
$\frac{1}{2}L=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{qE}{2m}{t}^{2}$
L=v₀t；
所以有：$E=\frac{mL}{q{t}^{2}}=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{qL}$；
（3）由（2）可知：a粒子離開電場時的速度與x軸正方向的夾角為θ，則有：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}=\frac{at}{{v}_{0}}=\frac{qEL}{m{{v}_{0}}^{2}}=1$
所以有：θ=45°；
所以，b粒子需在磁場中轉(zhuǎn)過90°；
又有b粒子在磁場中運動，洛倫茲力做向心力，即為：$\sqrt{2}B{v}_{0}q=\frac{2m{{v}_{0}}^{2}}{R′}$
所以有：$R′=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{Bq}=\sqrt{2}L$；
所以，矩形的長邊最小為：2R′sin45°=2L
短邊最小為：$R′-R′cos45°=（\sqrt{2}-1）L$
所以，矩形區(qū)域的最小面積為：$S=2（\sqrt{2}-1）{L}^{2}$；
答：（1）圓形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小為$\frac{m{v}_{0}}{qL}$，方向垂直xoy平面向外；
（2）第一象限的電場強度大小為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{qL}$；
（3）矩形區(qū)域的最小面積為$2（\sqrt{2}-1）{L}^{2}$．

點評 帶電粒子在磁場中的運動問題，一般根據(jù)幾何關(guān)系求得半徑，然后由洛倫茲力做向心力求得半徑的表達式，進而聯(lián)立求解問題．