Question

16．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)有足夠長的OP、OQ兩擋板，O與平面直角坐標(biāo)系xOy的坐標(biāo)原點(diǎn)重合．豎直擋板OQ位于y軸上，傾斜擋板OP與OQ成θ=60°角．平行正對(duì)的金屬板A、B間距為3L，板長為$\sqrt{3}$L，AB板之間的中心線與x軸重合，A板的右側(cè)邊緣恰好位于OP的小孔K處．質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，從AB左端沿x軸正方向以速度v₀射入，恰好能通過小孔k射向OP、OQ兩檔板間．OP、OQ兩擋板間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里，邊界為矩形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域．已知該粒子在運(yùn)動(dòng)過程中始終不碰及OP、OQ兩檔板，且在飛出磁場區(qū)域后能垂直于OQ板打到板上．若忽略粒子重力，忽略A、B兩板外的電場．求：
（1）A、B兩板間的電場強(qiáng)度大小E．
（2）粒子經(jīng)過K點(diǎn)時(shí)速度v的大小和方向．
（3）所加矩形磁場的最小面積．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在A、B板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，將粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)分解即可求得電場強(qiáng)度E；
（2）帶電粒子在電場中加速偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理即可求出質(zhì)子出小孔K的速度大小，根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可確定質(zhì)子的速度方向；
（3）根據(jù)題目的要求，做出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系與洛倫茲力提供向心力的動(dòng)力學(xué)過程，即可求解．

解答  解：（1）帶電粒子在A、B板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，偏轉(zhuǎn)角為α．
根據(jù)牛頓第二定律得：qE=ma…①
粒子恰能通過K孔，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：
 $\sqrt{3}$L=v₀t…②
 $\frac{3}{2}$L=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$…③
由①②③解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$…④
（2）粒子恰能通過K孔，根據(jù)動(dòng)能定理，得：
 qE$•\frac{3L}{2}$=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$…⑤
聯(lián)立④⑤解得：v=2v₀．
由平行四邊形定則，得：cosα=$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{1}{2}$，
得：α=60°…⑥
（3）當(dāng)磁場方向垂直紙面向里時(shí)，粒子從K點(diǎn)入射后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從點(diǎn)M開始進(jìn)入磁場，從射N點(diǎn)射出．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．
 要使質(zhì)子能垂直打到豎直擋板OQ，矩形的磁場區(qū)域面積取最小值為CDEF（如圖所示）．
由幾何關(guān)系可得：∠MO′N=α=60°…⑦
設(shè)粒子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$ 
解得：R=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$…⑧
由幾何知識(shí)得，矩形邊長為：CD=2R，CF=R+Rcos$\frac{α}{2}$…⑨
所以矩形最小面積為：S=CD×CF=4（2+$\sqrt{3}$）$\frac{{m}^{2}{v}_{0}^{2}}{{q}^{2}{B}^{2}}$…（10）
答：（1）A、B兩板間的電場強(qiáng)度大小E為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$．
（2）粒子經(jīng)過K點(diǎn)時(shí)速度v的大小為2v₀，方向與水平成60°向右上方．
（3）所加矩形磁場的最小面積為4（2+$\sqrt{3}$）$\frac{{m}^{2}{v}_{0}^{2}}{{q}^{2}{B}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)的基本公式的應(yīng)用，要使磁場區(qū)域的面積最小，臨界情況是圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡恰好跟個(gè)邊界相切，利用幾何關(guān)系求解．