Question

7．如圖所示，在平面直角坐標系xOy的x軸上方存在著垂直坐標系平面向里的勻強磁場，x軸下方存在著沿x軸正方向的勻強電場．一帶正電粒子從y軸上的A點以初速度v₀出發(fā)，射入勻強磁場，經(jīng)磁場偏轉后恰好經(jīng)x軸上的C點垂直x軸進入勻強電場，一段時間后到達y軸上的D點．已知$\overline{OC}$=$\frac{\overline{OA}}{2}$=$\frac{\overline{OD}}{2}$=$\frac{1}{2}$，不計粒子的重力．
（1）求粒子到達D點時的速度大��；
（2）求勻強磁場的磁感應強度大小B與勻強電場的電場強度大小E的比值；
（3）若撤去原來的勻強電場，然后在x軸下方添加一圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小是x軸上方勻強磁感應強度大小的2倍，使帶電粒子經(jīng)過該磁場偏轉后剛好也能夠通過D點且速度與y軸負方向成θ=60°角，試計算該圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類似平拋運動，根據(jù)分位移公式列式求解D點的速度；
（2）根據(jù)類似平拋運動的分運動規(guī)律求解E的大��；進入磁場后做勻速圓周運動，畫出運動的軌跡，根據(jù)幾何關系求出粒子運動的半徑，又半徑公式即可求出B，最后確定B與E的比值；
（3）畫出運動軌跡，結合幾何關系，根據(jù)粒子運動的半徑公式得到圓形磁場的最小面積S；

解答 解：（1）粒子在電場中做類似平拋運動，平行y方向是勻速直線運動，故：$\overline{OD}={v}_{0}{t}_{1}$…①
平行x軸方向的分運動是勻加速直線運動，故：$\overline{OC}=\frac{1}{2}{v}_{x}{t}_{1}$…②
代入數(shù)據(jù)得：v_x=v₀
所以到達D點的速度：${v}_{D}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{x}^{2}}=\sqrt{2}{v}_{0}$…③
（2）又：$\overline{OC}=\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}•{t}_{1}^{2}$…④
聯(lián)立①②④解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{ql}$；
粒子從A點進入磁場，做勻速圓周運動，如圖畫出運動的軌跡，則：

${R}^{2}={l}^{2}+（R-\frac{l}{2}）^{2}$
所以：R=$\frac{5}{4}l$
洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：
$q{v}_{0}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
解得：B=$\frac{4m{v}_{0}}{5ql}$
所以：$\frac{B}{E}=\frac{\frac{4m{v}_{0}}{5ql}}{\frac{m{v}_{0}^{2}}{ql}}=\frac{4}{5{v}_{0}}$
（3）粒子在x軸下方添加一圓形勻強磁場區(qū)域運動時的半徑：
r=$\frac{m{v}_{0}}{q•2B}$=$\frac{m{v}_{0}}{2q•\frac{4m{v}_{0}}{5ql}}=\frac{5}{8}l$
過D點且速度與y軸負方向成θ=60°角，軌跡如圖所示，圓弧的圓心角為60°：

設此時運動的軌跡與磁場的邊緣交于P點和Q點，則當$\overline{PQ}$是圓形磁場的直徑時，圓形磁場的面積最小，由幾何關系可知，圓形磁場的最小半徑：
${r}_{min}=r•sin\frac{60°}{2}=\frac{5l}{8}×\frac{1}{2}=\frac{5l}{16}$
故圓形區(qū)域的最小面積為：S=$π{r}_{min}^{2}$=$\frac{25π{l}^{2}}{256}$
答：（1）粒子到達D點時的速度大小是$\sqrt{2}{v}_{0}$；
（2）勻強磁場的磁感應強度大小B與勻強電場的電場強度大小E的比值是$\frac{4}{5{v}_{0}}$；
（3）該圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積是$\frac{25π{l}^{2}}{256}$．

點評 本題關鍵是明確粒子先做類似平拋運動，在做勻速圓周運動，最后離開磁場后做勻速直線運動，要畫出運動軌跡，結合幾何關系列式分析．
帶電粒子在勻強磁場中的運動：
1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動．
2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做勻速圓周運動．
3．半徑和周期公式：（v⊥B），R=$\frac{mv}{qB}$，T=$\frac{2πm}{qB}$．