Question

13．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)平面向里的有界圓形勻強(qiáng)磁場區(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．一粒子源固定在x軸上的A點，A點坐標(biāo)為（-$\sqrt{3}$L，0）．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軸上的C點，C點坐標(biāo)為（0，2L），電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后方向恰好垂直于x軸射入第四象限．（電子的質(zhì)量間的相互作用．）求：
（1）第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E的大小；
（2）電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角θ；
（3）圓形磁場的最小半徑R_min．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類似平拋運動，x方向勻速，y方向勻加速，根據(jù)運動學(xué)公式列式求解；
（2）先根據(jù)運動學(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)類似平拋運動速度偏轉(zhuǎn)角的正切是位移偏轉(zhuǎn)角正切的2倍直接求解；
（3）先根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解出軌跡的半徑，然后求得磁場的最小半徑．

解答 解：（1）從A到C的過程中，電子做類平拋運動，
x方向：$\sqrt{3}$L=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{eE}{m}$t²，
y方向：2L=vt，
聯(lián)立解得：E=$\frac{\sqrt{3}m{v}^{2}}{2eL}$；          
（2）設(shè)電子到達(dá)C點的速度大小為v_c，方向與y軸正方向的夾角為θ．
由動能定理得：$\frac{1}{2}$mv_C²-$\frac{1}{2}$mv²=eE•$\sqrt{3}$L，
解得：v_C=2v，故cosθ=$\frac{v}{{v}_{C}}$=$\frac{v}{2v}$，則：θ=60°；
（3）電子運動軌跡如圖所示：

電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為：r=$\frac{m{v}_{C}}{eB}$=$\frac{2mv}{eB}$，
電子在磁場中偏轉(zhuǎn)120°后垂直于x軸射出．
磁場最小半徑為：Rmin=$\frac{PQ}{2}$=rsin60°=$\frac{\sqrt{3}mv}{eB}$；
答：（1）第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E的大小為$\frac{\sqrt{3}m{v}^{2}}{2eL}$； 
（2）電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角θ為60°；
（3）圓形磁場的最小半徑R_min為$\frac{\sqrt{3}mv}{eB}$．

點評 本題中粒子先在電場中做類似平拋運動，然后進(jìn)入磁場做勻速圓周運動，要注意兩個軌跡的連接點，然后根據(jù)運動學(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．