Question

4．如圖所示，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)．已知電場(chǎng)方向平行于ad邊且由a向d，磁場(chǎng)方面垂直于abcd平面，ab邊長為$\sqrt{3}$L，ad邊長為2L．一帶電粒子從ad邊的中點(diǎn)O平行于ab方向以大小為v₀的速度射入場(chǎng)區(qū)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若撤去電場(chǎng)，其它條件不變，則粒子從c點(diǎn)射出場(chǎng)區(qū)（粒子重力不計(jì)）．
（1）求撤去電場(chǎng)后，該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；
（2）若撤去磁場(chǎng)，其它條件不變，求粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度大�。�
（3）若在（2）問中，粒子射出矩形區(qū)域abcd后立即進(jìn)入另一矩形磁場(chǎng)區(qū)域，該矩形磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向與（2）問中撤去的磁場(chǎng)完全相同，粒子經(jīng)過該矩形區(qū)域后速度平行bc，試求該矩形區(qū)域的最小面積．

Answer 1

分析 （1）撤去電場(chǎng)后，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑和圓心角，求出圓弧長度，由$t=\frac{△s}{v}$求出時(shí)間；
（2）先根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)判斷粒子射出電場(chǎng)的位置，再根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子射出電場(chǎng)的速度；
（3）結(jié)合粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡的特點(diǎn)，畫出磁場(chǎng)最小的區(qū)域，然后根據(jù)幾何關(guān)系求得結(jié)果．

解答 解：（1）撤去電場(chǎng)后，帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓半徑為R，在場(chǎng)區(qū)內(nèi)軌跡圓所對(duì)應(yīng)圓心角為θ，由幾何關(guān)系有：$（R-L）_{\;}^{2}+（\sqrt{3}L）_{\;}^{2}={R}_{\;}^{2}$
$sinθ=\frac{\sqrt{3}L}{R}$
解得R=2L，$θ=\frac{π}{3}$
軌跡圓弧長為$l=Rθ=\frac{2πL}{3}$
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間${t}_{磁}^{\;}=\frac{l}{{v}_{0}^{\;}}=\frac{2πL}{3{v}_{0}^{\;}}$
（2）電場(chǎng)和磁場(chǎng)均存在時(shí)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)：$qE=q{v}_{0}^{\;}B$
撤去電場(chǎng)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)：$q{v}_{0}^{\;}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，R=2L
聯(lián)解得：$qE=\frac{m{v}_{0}^{2}}{2L}$
撤去磁場(chǎng)后，帶電粒子在電場(chǎng)中作類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)帶電粒子從ab邊射出場(chǎng)區(qū)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：
$L=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$，而$a=\frac{qE}{m}=\frac{{v}_{0}^{2}}{2L}$
解得：$t=\frac{2L}{{v}_{0}^{\;}}$
帶電粒子沿ab方向運(yùn)動(dòng)距離為$x={v}_{0}^{\;}t=2L$，x大于ab邊長，故假設(shè)不成立，帶電粒子從bc邊射出場(chǎng)區(qū)，則${t}_{電}^{\;}=\frac{\sqrt{3}L}{{v}_{0}^{\;}}$
只有電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子出場(chǎng)區(qū)時(shí)沿電場(chǎng)力方向偏距為：
$y=\frac{1}{2}a{t}_{電}^{2}$=$\frac{1}{2}×\frac{{v}_{0}^{2}}{2L}×（\frac{\sqrt{3}L}{{v}_{0}^{\;}}）_{\;}^{2}$=$\frac{3}{4}L$
帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有：$qEy=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度大小為$v=\frac{\sqrt{7}}{2}{v}_{0}^{\;}$
（3）設(shè)粒子出電場(chǎng)的速度偏向角為θ，進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域作圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r，對(duì)應(yīng)軌跡圓心角為2α，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

結(jié)合（2）知$r=\frac{mv}{qB}=\frac{m•\frac{\sqrt{7}}{2}{v}_{0}^{\;}}{qB}=\frac{\sqrt{7}}{2}\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qB}=\frac{\sqrt{7}}{2}×2L=\sqrt{7}$L，$cosθ=\frac{2}{7}\sqrt{7}$
得$θ=arccos\frac{2\sqrt{7}}{7}$
由幾何知識(shí)得：$\frac{π}{2}-θ+2α=π$
解得：$α=\frac{π}{4}+\frac{θ}{2}$
所加磁場(chǎng)的矩形區(qū)域?yàn)閑fgh
矩形磁場(chǎng)的兩邊長分別為：eh=2rsinα，ef=r（1-cosα）
結(jié)合上述幾式得矩形最小面積
${S}_{min}^{\;}$=ef×eh=14${L}_{\;}^{2}$$[sin（\frac{1}{2}arccos\frac{2\sqrt{7}}{7}+\frac{π}{4}）-\frac{\sqrt{7}}{7}]$
答：（1）撤去電場(chǎng)后，該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間$\frac{2πL}{3{v}_{0}^{\;}}$；
（2）若撤去磁場(chǎng)，其它條件不變，粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度大小$\frac{\sqrt{7}}{2}{v}_{0}^{\;}$；
（3）若在（2）問中，粒子射出矩形區(qū)域abcd后立即進(jìn)入另一矩形磁場(chǎng)區(qū)域，該矩形磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向與（2）問中撤去的磁場(chǎng)完全相同，粒子經(jīng)過該矩形區(qū)域后速度平行bc，該矩形區(qū)域的最小面積$14{L}_{\;}^{2}[sin（\frac{1}{2}arccos\frac{2\sqrt{7}}{7}+\frac{π}{4}）-\frac{\sqrt{7}}{7}]$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，熟練掌握?qǐng)A周運(yùn)動(dòng)及平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式，難度偏難．