Question

6．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向內(nèi)的有界圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域（圖中未畫出）；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一粒子源固定在x軸上坐標(biāo)為（-L，0）的A點(diǎn)，粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子，電子恰好能通過y軸上坐標(biāo)為（0，2L）的C點(diǎn)，電子經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直通過第一象限內(nèi)與x軸正方向成15°角的射線ON（已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用）．下列結(jié)論正確的是（　�。�

• A． 勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=$\frac{m{v}^{2}}{eL}$
• B． 電子離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向與y軸正方向的夾角為θ=45°
• C． 圓形磁場(chǎng)的最小半徑R_圓=$\frac{\sqrt{6}mv}{2eB}$
• D． 電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=$\frac{mv}{eB}$

Answer 1

分析 粒子在電場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，x方向勻速，y方向勻加速，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解；先根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解出x、y方向的分速度，然后根據(jù)幾何關(guān)系列式求解；也可以根據(jù)類似平拋運(yùn)動(dòng)速度偏轉(zhuǎn)角的正切是位移偏轉(zhuǎn)角正切的2倍直接求解；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(chǎng)的最小半徑．

解答 解：A、從A到C的過程中，電子做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：
x方向：$L=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{eE}{m}•{t}_{\;}^{2}$
y方向：2L=vt
聯(lián)立解得：$E=\frac{m{v}_{\;}^{2}}{2eL}$，故A錯(cuò)誤；
B、設(shè)電子到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為${v}_{C}^{\;}$，方向與y軸正方向的夾角為θ
由動(dòng)能定理，有：$eEL=\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：${v}_{C}^{\;}=\sqrt{2}v$
故$cosθ=\frac{v}{{v}_{C}^{\;}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
得θ=45°，故B正確；
D、電子在場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
$r=\frac{m{v}_{C}^{\;}}{qB}=\frac{\sqrt{2}mv}{eB}$，故D錯(cuò)誤；
C、畫出軌跡如圖所示，

電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)120°后垂直于ON射出，磁場(chǎng)的最小半徑為
${R}_{m}^{\;}=\frac{PQ}{2}=rsin60°$
得${R}_{m}^{\;}=\frac{\sqrt{6}mv}{2eB}$，故C正確；
故選：BC

點(diǎn)評(píng) 本題中粒子先在電場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要注意兩個(gè)軌跡的連接點(diǎn)，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律以及幾何關(guān)系列式求解，其中畫出軌跡是關(guān)鍵．