Question

11．如圖所示，在直角坐標系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點坐標為（-l，0），MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限的某區(qū)域內(nèi)有方向垂直于坐標平面的圓形有界勻強磁場（圖中未畫出）．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的電子，從虛線MN上的P點，以平行于x軸正方向的初速度v0射入電場，并從y軸上的A點（0，$\frac{l}{2}$）射出電場，射出時速度方向與y軸負方向成30°角，此后，電子做勻速直線運動，進入磁場并從圓形有界磁場邊界上Q點（$\frac{{\sqrt{3}}}{6}l$，-l）射出，速度沿x軸負方向，不計電子重力．求：
（1）勻強電場的電場強度E的大��；
（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小及電子在磁場中運動的時間t；
（3）圓形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積s．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電場力提供合力使其做類平拋運動，由牛頓第二定律，結(jié)合運動學公式從而即可求解；
（2）由幾何關(guān)系可確定OD的距離，再由運動的分解可列出速度間的關(guān)系式，最后由運動軌跡的半徑與周期公式，借助于已知長度，來確定磁場強弱與運動的時間；
（3）以切點F、Q為直徑的圓形有界勻強磁場區(qū)域的半徑最小，從而根據(jù)幾何的關(guān)系，并由面積公式即可求解．

解答 解：（1）設(shè)電子在電場中運動的加速度為a，時間為t，離開電場時，沿y軸方向的速度大小為v_y，則
$a=\frac{qE}{m}$，
v_y=at，
l=v₀t，
v_y=v₀cot30°，
聯(lián)立解得E=$\frac{\sqrt{3}m{{v}_{0}}^{2}}{ql}$．
（2）設(shè)電子的運動軌跡與x軸的交點為D，OD長度為x_D，則：
${x}_{D}=\frac{l}{2}tan30°$=$\frac{\sqrt{3}}{6}l$．
所以DQ平行于y軸，電子在磁場中做勻速圓周運動軌跡的圓心在DQ上，電子的運動軌跡如圖所示，設(shè)電子離開電場時速度為v，在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，則
v₀=vsin30°
r=$\frac{mv}{qB}=\frac{2m{v}_{0}}{qB}$，
r+$\frac{r}{sin30°}$=l，
解得粒子的軌道半徑r=$\frac{l}{3}$，
t=$\frac{T}{3}$，
周期T=$\frac{2πm}{qB}=\frac{2πr}{v}=\frac{πl(wèi)}{3{v}_{0}}$．
解得B=$\frac{6m{v}_{0}}{ql}$，t=$\frac{πl(wèi)}{9{v}_{0}}$．
（3）以切點F、Q連線為直徑的圓形有界勻強磁場的面積最小，設(shè)此時半徑為r₁，則
${r}_{1}=rcos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}r=\frac{\sqrt{3}}{6}l$，
則S=$π{{r}_{1}}^{2}=\frac{π{l}^{2}}{12}$．
答：（1）勻強電場的電場強度E的大小為$\frac{\sqrt{3}m{{v}_{0}}^{2}}{ql}$；
（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小為$\frac{6m{v}_{0}}{ql}$，電子在磁場中運動的時間為$\frac{πl(wèi)}{9{v}_{0}}$；
（3）圓形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積s為$\frac{π{l}^{2}}{12}$．

點評 粒子做類平拋時，由牛頓第二定律與運動學公式相結(jié)合來綜合運用；在做勻速圓周運動時，由半徑公式與幾何關(guān)系來巧妙應用，從而培養(yǎng)學生在電學與力學綜合解題的能力．注意區(qū)別磁場的圓形與運動的軌跡的圓形的半徑不同．