Question

6．如圖所示，在平面直角坐標系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平面向里的圓形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出）；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E．一固定在x軸上A點（-L，0）的粒子源沿y軸正方向以某一速度釋放電子，電子經(jīng)電場偏轉后能通過y軸上的C點（0，2$\sqrt{3}$L），再經(jīng)過磁場偏轉后恰好垂直擊中射線ON，ON與x軸正方向成30°角．已知電子質(zhì)量為m，電量為e，不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用，求：
（1）電子釋放時的速度大小；
（2）電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角；
（3）圓形磁場的最小面積．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類似平拋運動，x方向勻速，y方向勻加速，根據(jù)運動學公式列式求解；
（2）先根據(jù)運動學公式列式求解出x、y方向的分速度，然后根據(jù)幾何關系列式求解；也可以根據(jù)類似平拋運動速度偏轉角的正切是位移偏轉角正切的2倍直接求解；
（3）先根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解出軌跡的半徑，然后畫出軌跡圖，確定磁場的最小半徑，得到最小面積．

解答 解：（1）粒子在垂直電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向上做勻加速直線運動，有：
2$\sqrt{3}$L=vt，
L=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{eE}{m}$t²，
聯(lián)立兩式解得：
v=$\frac{2\sqrt{3}L}{\sqrt{\frac{2mL}{eE}}}$=$\sqrt{\frac{6eEL}{m}}$．
（2）設電子到達C點的速度大小為v_c，方向與y軸正方向的夾角為θ．
根據(jù)類平拋運動的規(guī)律有：v_t=2$\sqrt{3}$L，$\frac{{v}_{x}}{2}$t=L，
tanθ=$\frac{{v}_{x}}{v}$=$\frac{2}{2\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，解得θ=30°．
（3）粒子進入磁場的速度：v_C=$\frac{v}{cos30°}$=$2\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$．
粒子的軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關系知，∠QO₁P=120°，
根據(jù)R=$\frac{m{v}_{C}}{qB}$得，R=$\frac{2\sqrt{2EemL}}{Be}$．
根據(jù)幾何關系知，磁場區(qū)域的最小半徑：
R_min=Rcos30°=$\frac{2\sqrt{2EemL}}{Be}×\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{6meEL}}{eB}$
故最小面積：S=$π{R}_{min}^{2}$=$\frac{6πmEL}{e{B}^{2}}$．
答：（1）電子的釋放速度v的大小為$\sqrt{\frac{6eEL}{m}}$；
（2）電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角θ為30度；
（3）圓形磁場的最小面積為$\frac{6πmEL}{e{B}^{2}}$．

點評 本題中粒子先在電場中做類似平拋運動，然后進入磁場做勻速圓周運動，要注意兩個軌跡的連接點，然后根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律以及幾何關系列式求解，其中畫出軌跡是關鍵．