Question

14．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第一象限中某一矩形區(qū)域（圖中未畫出）內(nèi)存在著垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B；第二象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從x軸負(fù)半軸x=-$\sqrt{3}$L處的M點以初速度v₀垂直于x軸射入電場，經(jīng)y軸上y=2L處的P點進(jìn)入磁場，最后以垂直于x軸的方向從N點（圖中未畫出）射出磁場，不計粒子重力，求：
（l）電場強度E的大�。�
（2）矩形磁場的最小面積S．
（3）粒子從進(jìn)入電場到離開磁場所經(jīng)歷的總時間t．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類似平拋運動，根據(jù)分位移公式列式求解；
（2）根據(jù)類似平拋運動的分運動規(guī)律求解P點的速度大小和方向，進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，垂直x軸射出磁場區(qū)，畫出運動軌跡，得到矩形磁場的最小面積S；
（3）在電場中運動根據(jù)分運動公式求解時間，在磁場中運動根據(jù)t=$\frac{θ}{2π}T$求解時間．

解答 解：（1）粒子在電場中做類似平拋運動，平行x方向是勻速直線運動，故：$\sqrt{3}L={v}_{0}{t}_{1}$，
平行y軸方向的分運動是勻加速直線運動，故：$2L=\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}•{t}_{1}^{2}$，
聯(lián)立解得：E=$\frac{4m{v}_{0}^{2}}{3qL}$；
（2）類平拋運動的速度偏向角的正切值是位移偏向角的正切值的2倍，故：
tanα=2tanβ=2•$\frac{x}{y}$=$\sqrt{3}$，故α=60°；
$\frac{{v}_{0}}{v}=cos60°$，故v=2v₀；
粒子從P點進(jìn)入磁場，做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：
$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{mv}{qB}=\frac{2m{v}_{0}}{qB}$；
垂直x軸射出，軌跡如圖所示，圓弧的圓心角為120°：

故矩形區(qū)域的最小面積為：S=r•（r+rsin30°）=$\frac{3}{2}{r}^{2}$=$\frac{6{m}^{2}{v}_{0}^{2}}{{q}^{2}{B}^{2}}$；
（3）粒子在電場中運動時間為：t₁=$\frac{\sqrt{3}L}{{v}_{0}}$；
粒子在磁場中運動時間為：t₂=$\frac{S}{v}=\frac{\frac{2πr}{3}}{v}=\frac{2πm}{3qB}$；
故從進(jìn)入電場到離開磁場所經(jīng)歷的總時間t=t₁+t₂=$\frac{\sqrt{3}L}{{v}_{0}}$+$\frac{2πm}{3qB}$；
答：（l）電場強度E的大小為$\frac{4m{v}_{0}^{2}}{3qL}$．
（2）矩形磁場的最小面積S為$\frac{6{m}^{2}{v}_{0}^{2}}{{q}^{2}{B}^{2}}$．
（3）粒子從進(jìn)入電場到離開磁場所經(jīng)歷的總時間t為$\frac{\sqrt{3}L}{{v}_{0}}$+$\frac{2πm}{3qB}$．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子先做類似平拋運動，在做勻速圓周運動，最后離開磁場后做勻速直線運動，要畫出運動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系列式分析．
帶電粒子在勻強磁場中的運動：
1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動．
2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動．
3．半徑和周期公式：（v⊥B），R=$\frac{mv}{qB}$，T=$\frac{2πm}{qB}$．