Question

9．如圖所示的直角坐標系中有三塊場區，其中第一、四象限內有寬度d未知的勻強電場，其場強大小為E，y軸是其左邊界，場強方向沿x軸負向．第二象限有一個場強也為E，方向沿y軸負向的電場區域．第三象限有一個面積未知的矩形交變勻強磁場，磁感應強度為B=8T，每當電荷進入磁場區域后磁場方向不變，待下一次再進入此磁場區域時磁場方向恰好相反．現有一個質量m=2×10^-4kg，電荷量為q=+1×10^-4C的點電荷，以v₀=2m/s的初速度從點P（0，$\sqrt{3}$）沿垂直y軸方向射入第二象限的電場中，接著從點Q（-2，0）進入第三象限，穿過矩形磁場區域后垂直y軸進入第四象限的有界電場中，此后電荷在此空間中周期性運動．若不計電荷的重力，試求：
（1）電場強度E的大小；
（2）第一、四象限中有界電場的最小寬度d和第三象限內矩形交變勻強磁場區域的最小面積；
（3）電荷在此空間中運動的最小周期．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動，運用運動的合成和分解，然后針對分運動運用牛頓第二定律結合運動學規律解決即可；
（2）確定d最小的條件為：運動到電場邊界時速度恰減為零，帶電粒子在有界磁場中做勻速圓周運動，通過作圖，利用幾何關系分析找出矩形磁場區域的最小面積；
（3）分別求每一過程的時間，加和即可．

解答 解：（1）電荷從P點射出后在第二象限做類平拋運動，設出電場時速度為v，v與x軸負向的夾角為θ，
因過點Q，根據類平拋規律有：Eq=ma，${y_P}=\frac{1}{2}\frac{Eq}{m}t_1^2，\;{x_Q}={v_0}{t_1}，\;tanθ=\frac{{Eq{t_1}}}{{m{v_0}}}，\;vcosθ={v_0}$
解得：θ=60°，t₁=1s，v=4m/s，E=4$\sqrt{3}$N/C，
（2）作速度v的延長線，過Q點做其垂線，在其上取一點O₁，以O₁為心，以O₁Q為半徑作圓即為粒子的運動軌跡，
如圖所示．設軌道半徑為R，由洛倫茲力提供向心力：$qvB=m\frac{v^2}{R}$
代入數據得：R=1m，即圖中O₁Q=1m

在圓中作出與y軸平行的半徑O₁F，過F點作軌跡圓的切線，交速度為的延長線于C點，交軸于G點，連接CO₁交軌跡圓于D點，
如圖所示，軌跡圓弧QDF所在矩形區域即為所求的最小面積，
由幾何關系知∠QO₁D=θ=60°，所以磁場區域的面積：
S=2Rsinθ•（R-Rcosθ），
代入數據得：$S=\frac{{\sqrt{3}}}{2}{m^2}$
由于洛倫茲力不做功，故電荷以v=4 m/s進入電場中做類上拋運動，欲使電荷能周期性運動，需運動到電場邊界H點時速度恰減為零，
故有：$\frac{1}{2}m{v^2}=Eqd$，
代入數據解得：$d=\frac{4}{3}\sqrt{3}m$
（3）電荷進入第三象限后立即進入磁場區域對應的周期最短．其中類平拋運動時間為：t₁=1s，
電荷在磁場中轉過120°圓心角對應的時間為：${t_2}=\frac{T}{3}=\frac{2πm}{2qB}$，
得：${t_2}=\frac{π}{6}s$
電荷從F到G勻速直線運動的時間滿足：x_Q-Rsinθ=vt₃，
得：${t_3}=\frac{{4-\sqrt{3}}}{8}s$
電荷從G到H的時間滿足：$d=\frac{v}{2}{t_4}$，
得：${t_4}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}s$
返回時在QP段的運動，逆向分析就是類平拋運動，時間與類平拋一樣仍為t₁，
電荷從P到A類上拋運動的時間滿足：${v_0}=\frac{Eq}{m}{t_5}$，
得：${t_5}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}s$
所以電荷周期性運動的周期為：t=2（t₁+t₂+t₃+t₄+t₅），
解得：$t=（3+\frac{π}{3}+\frac{{7\sqrt{3}}}{4}）s$
答：（1）電場強度E的大小為4$\sqrt{3}$N/C；
（2）第一、四象限中有界電場的最小寬度d為$\frac{4}{3}\sqrt{3}m$，第三象限內矩形交變勻強磁場區域的最小面積為$\frac{\sqrt{3}}{2}{m}^{2}$；
（3）電荷在此空間中運動的最小周期為$（3+\frac{π}{3}+\frac{7\sqrt{3}}{4}）s$．

點評 本題考查：帶電粒子在電場中的運動、帶電粒子在磁場中的運動；解決第二問的關鍵是作圖，然后分析其中幾何關系，從而確定第三象限內矩形交變勻強磁場區域的最小面積，再根據粒子能做周期性運動，確定d最小的條件，即：運動到電場邊界時速度恰減為零；第三問根據每一段的運動狀態，分別求每段的時間即可，在分析從Q返回P的過程中運用了逆向思維．