Question

1．如圖，在xoy平面內，第一象限內存在著方向垂直于xoy平面向里的勻強磁場，第二象限內存在著平行于x軸的勻強電場（圖中未畫出），一質量為m，電荷量為-q的粒子（不計重力），從直角坐標系x軸上的M點以v₀的速度平行于y軸正方向射出，M點距坐標原點的距離為d，帶電粒子經電場偏轉后從y軸上N點進入第一象限，N點距坐標原點的距離為2d，帶電粒子通過第一象限的磁場后，垂直于x軸進入第四象限．求：
（1）電場強度E的大小和方向；
（2）磁感應強度為B的大小和粒子在第一象限運動的時間；
（3）若要使帶電粒子從第四象限垂直于y軸進入第三象限，在第四象限內加有一圓形區域的勻強磁場，磁場方向垂直于xoy平面向里，所加磁場的磁感應強度是第一象限磁感應強度的兩倍，求此圓形區域的最小面積．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規律可以求出電場強度．
（2）求出粒子在磁場中轉過的圓心角，然后根據粒子做圓周運動的周期求出粒子的運動時間．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律與幾何知識求出磁場的最小半徑，然后求出最小面積．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，設其運動的時間為t
則有：2d=v₀t，d=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qd}$；
帶電粒子受力方向向右，粒子帶負電，因此電場方向應為x負方向；
（2）帶電粒子運動至N點時，其豎直速度：v_y=v₀，水平速度：v_x=at=v₀，
故帶電粒子運動至N點時的速度：v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{2}$v₀，方向：與y軸成45⁰夾角；
又帶電粒子垂直于x軸進入第四象限，由幾何知識可知（如圖所示），
帶電粒子在第一象限做圓周運動的圓心在x軸上，其運動半徑：R=2$\sqrt{2}$d，
帶電粒子在第一象限轉過的圓心角為135°；
因此，帶電粒子在第一象限的運動時間為：t′=$\frac{θ}{360°}$T=$\frac{135°}{360°}$×$\frac{2πR}{v}$=$\frac{3πd}{2{v}_{0}}$；
（3）要使帶電粒子從第四象限垂直于y軸進入第三象限，則帶電粒子在磁場中必定轉過90°，如圖所示，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：R=$\frac{mv}{qB}$，第四象限內磁感應強度是第一象限磁感應強度的兩倍，
因此帶電粒子在第四象限中運動的半徑為$\frac{R}{2}$，所以所加圓形磁場的最小半徑為：r=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{R}{2}$=d，
因此此圓形區域的最小面積為：S_min=πr²=πd²．
答：（1）電場強度E的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qd}$，方向：沿x軸負方向；
（2）磁感應強度為B的大小和粒子在第一象限運動的時間為$\frac{3πd}{2{v}_{0}}$；
（3）此圓形區域的最小面積為πd²．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律與粒子做圓周運動的周期公式可以解題；解題時注意幾何知識的應用；處理帶電粒子在磁場中運動的基本思路是：作出運動軌跡，確定圓心，求半徑、求圓心角，然后應用牛頓第二定律求解．