Question

14．如圖所示，虛線MO與水平線PQ相交于O點(diǎn)，二者夾角θ=30°，在MO右側(cè)存在電場強(qiáng)度為E，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，MO左側(cè)某個區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，O點(diǎn)在磁場的邊界上．現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子在紙內(nèi)以速度v（$0≤v≤\frac{E}{B}$）垂直于MO從O點(diǎn)射入磁場，所有粒子通過直線MO時，速度方向均平行于PQ向右，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用力，求：
（1）速度最大的粒子距PQ的最大距離；
（2）速度最大的粒子自O(shè)開始射入磁場至返回水平線PQ所用的時間；
（3）磁場區(qū)域的最小面積．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)用洛倫茲力提供向心力與臨界幾何結(jié)合即可求解速度最大的粒子距PQ的最大距離；
（2）畫出粒子運(yùn)動軌跡的示意圖，分過程分別求解粒子在磁場中運(yùn)動的時間t₁，粒子出磁場做勻速運(yùn)動的時間t₂，以及粒子在電場中做類平拋運(yùn)動的時間t₃，將三段時間加和即可；
（3）畫出各種速度入射粒子的軌跡過程圖，運(yùn)用幾何思維分析磁場區(qū)域的最小面積．

解答 解：（1）粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，周期為T，粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動時間為t₁

根據(jù)題意粒子速度：v=$\frac{E}{B}$ ①
洛倫茲力提供向心力得：$qvB=m\frac{v^2}{R}$ ②
幾何關(guān)系可得：x_max=R（1+sinθ） ③
聯(lián)立①②③式得：x_max=$\frac{3mE}{{2q{B^2}}}$
（2）根據(jù)周期公式可得：T=$\frac{2πR}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$ ④
粒子在磁場中運(yùn)動的時間：t₁=$\frac{1}{3}$T ⑤
設(shè)粒子自N點(diǎn)水平飛出磁場，出磁場后應(yīng)做勻速運(yùn)動至OM，設(shè)勻速運(yùn)動的距離為s，勻速運(yùn)動的時間為t₂，
由幾何關(guān)系知：s=$\frac{R}{tanθ}$ ⑥
t₂=$\frac{s}{v}$ ⑦
過MO后粒子做類平拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動的時間為t₃，則：$\frac{3}{2}$R=$\frac{1}{2}$$\frac{Eq}{m}{t}_{3}^{2}$  ⑧
則速度最大的粒子自O(shè)進(jìn)入磁場至重回水平線POQ所用的時間：t=t₁+t₂+t₃ ⑨
聯(lián)立①②④⑤⑥⑦⑧⑨式得：t=$\frac{2（3\sqrt{3}+π）m}{3qB}$
（3）由題知速度大小不同的粒子均要水平通過OM，則其飛出磁場的位置均應(yīng)在ON的連線上，
故磁場范圍的最小面積△S是速度最大的粒子在磁場中的軌跡與ON所圍成的面積．

扇形OO′N的面積S=$\frac{1}{3}π{R}^{2}$
△OO′N的面積為：S′=R²cos30°sin30°=$\frac{\sqrt{3}}{4}$R²
又△S=S-S′
解得：△S=$（\frac{π}{3}-\frac{\sqrt{3}}{4}）\frac{{{m}^{2}E}^{2}}{{q}^{2}{B}^{4}}$
答：（1）速度最大的粒子距PQ的最大距離為$\frac{3mE}{{2q{B^2}}}$；
（2）速度最大的粒子自O(shè)開始射入磁場至返回水平線PQ所用的時間為$\frac{2（3\sqrt{3}+π）m}{3qB}$；
（3）磁場區(qū)域的最小面積為$（\frac{π}{3}-\frac{\sqrt{3}}{4}）\frac{{{m}^{2}E}^{2}}{{q}^{2}{B}^{4}}$．

點(diǎn)評 本題考查帶電粒子在磁場中的勻速圓周運(yùn)動以及在偏轉(zhuǎn)電場中的類平拋運(yùn)動，在磁場中運(yùn)用洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系聯(lián)立去解決，電場中的類平拋運(yùn)動運(yùn)用運(yùn)動的合成和分解與牛頓定律以及運(yùn)動學(xué)規(guī)律結(jié)合的思路去解決；解題的關(guān)鍵是要畫出粒子運(yùn)動的過程圖．