Question

18．如圖所示，在平面坐標(biāo)系的第I象限內(nèi)，直線OP與x軸正向的夾角θ為$\frac{π}{4}$，OP與y軸之間存在垂直于坐標(biāo)平面向外的，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場；OP與x軸之間有方向沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（粒子重力不計），從原點(diǎn)O沿y軸正方向以速度v₀射入磁場，從x軸上某處沿與x軸負(fù)向成$\frac{π}{4}$角的方向離開第I象限．求：
（1）粒子的運(yùn)動軌跡與OP的交點(diǎn)坐標(biāo)．
（2）電場強(qiáng)度的大�。�
（3）粒子在第I象限內(nèi)運(yùn)動的時間．
（4）若只在第Ⅳ象限中適當(dāng)區(qū)域加一方向垂直坐標(biāo)平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B的圓形勻強(qiáng)磁場，使粒子能再次經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O且與y軸正向夾角為$\frac{π}{4}$進(jìn)入第Ⅱ象限．試計算所加磁場的最小面積是多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)左手定則可得．粒子在磁場中向右偏轉(zhuǎn)，由圓周運(yùn)動的對稱性可得，粒子將沿水平方向進(jìn)入電場，然后減速到0，再加速運(yùn)動，從進(jìn)入點(diǎn)再次進(jìn)入磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間后第二次進(jìn)入電場區(qū)域，畫出運(yùn)動的軌跡，結(jié)合洛倫茲力提供向心力放電方程即可求出坐標(biāo)；
（2）粒子在第二次進(jìn)入電場后做平拋運(yùn)動，將運(yùn)動分解，即可求出電場強(qiáng)度；
（3）分別求出粒子在電場中運(yùn)動的時間與在磁場中運(yùn)動的時間即可．
（4）用矢量分解與合成的方法求出粒子進(jìn)入第四象限的速度，結(jié)合半徑公式、軌跡圖與幾何關(guān)系即可求解．

解答 解：（1）根據(jù)左手定則可得．粒子在磁場中向右偏轉(zhuǎn)，由圓周運(yùn)動的對稱性可得，粒子將沿水平方向進(jìn)入電場，然后減速到0，再加速運(yùn)動，從進(jìn)入點(diǎn)再次進(jìn)入磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間后第二次進(jìn)入電場區(qū)域，畫出運(yùn)動的軌跡如圖：

由幾何關(guān)系知，從O到A為$\frac{1}{4}$圓周，從A到C速度勻減速到0，再反向加速到A，從A經(jīng)$\frac{3}{4}$圓周到D，后垂直電場方向進(jìn)入電場，做類平拋運(yùn)動，由幾何關(guān)系知粒子運(yùn)動與OP的交點(diǎn)坐標(biāo)為：A（R，R）；D（2R，2R）
由洛倫茲力提供向心力得：$qvB=\frac{m{v}_{0}^{2}}{R}$
得：$R=\frac{m{v}_{0}}{qB}$
所以：交點(diǎn)坐標(biāo)為：A（$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，$\frac{m{v}_{0}}{qB}$）；D（$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$，$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$）
（2）粒子第二次進(jìn)入電場后做平拋運(yùn)動，豎直方向：2R=v₀t₃
得：${t}_{3}=\frac{2R}{{v}_{0}}=\frac{2m}{qB}$
從x軸上某處沿與x軸負(fù)向成$\frac{π}{4}$角的方向離開第一象限，得：$tan45°=\frac{{v}_{0}}{{v}_{y}}$
得：v_y=v₀
又：${v}_{y}=a{t}_{3}=\frac{qE}{m}•\frac{2m}{qB}$=$\frac{2E}{B}$
解得：$E=\frac{1}{2}B{v}_{0}$
（3）由圖可得，粒子在磁場中運(yùn)動的時間剛剛是一個周期，所以粒子在磁場中運(yùn)動的時間：${t}_{1}=T=\frac{2πm}{qB}$
粒子在電場中做直線往返運(yùn)動的時間：${t}_{2}=\frac{2{v}_{0}}{a}$
粒子在第一象限運(yùn)動的總時間：t=t₁+t₂+t₃聯(lián)立解得：$t=2（π+3）\frac{m}{qB}$
（4）粒子進(jìn)入第四象限時的速度大�。�$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{2}{v}_{0}$

在圓形磁場的區(qū)域中運(yùn)動：$qv（2B）=\frac{m{v}^{2}}{R′}$
穿越磁場的過程中，速度的方向改變$\frac{π}{2}$，由幾何關(guān)系知，所甲磁場的最小圓形區(qū)域的直徑為：$d=\sqrt{2}R′$
則最小面積：$s=π（\fraczu4gb1q{2}）^{2}$
整理得：$S=\frac{π{m}^{2}{v}_{0}^{2}}{4{q}^{2}{B}^{2}}$
答：（1）粒子的運(yùn)動軌跡與OP的交點(diǎn)坐標(biāo)分別是A（$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，$\frac{m{v}_{0}}{qB}$）；D（$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$，$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$）．
（2）電場強(qiáng)度的大小是$\frac{1}{2}B{v}_{0}$．
（3）粒子在第I象限內(nèi)運(yùn)動的時間是$2（π+3）\frac{m}{qB}$．
（4）若只在第Ⅳ象限中適當(dāng)區(qū)域加一方向垂直坐標(biāo)平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B的圓形勻強(qiáng)磁場，使粒子能再次經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O且與y軸正向夾角為$\frac{π}{4}$進(jìn)入第Ⅱ象限．所加磁場的最小面積是$\frac{π{m}^{2}{v}_{0}^{2}}{4{q}^{2}{B}^{2}}$．

點(diǎn)評 考查帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動與類平拋運(yùn)動中，用牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式，并結(jié)合幾何關(guān)系來處理這兩種運(yùn)動，強(qiáng)調(diào)運(yùn)動的分解，并突出準(zhǔn)確的運(yùn)動軌跡圖．