Question

（2013?懷化二模）如圖所示，在直角坐標xOy平面y軸左側(cè)（含y軸）有一沿y軸負向的勻強電場，一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從x軸上P處以速度ν₀沿x軸正向進入電場，從y軸上Q點離開電場時速度變?yōu)?ν₀，Q點坐標為（0，-d），在y軸右側(cè)有一與坐標平面垂直的矩形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出，粒子過Q點繼續(xù)運動一段距離后才進入磁場區(qū)域），磁場磁感應強度大小B=

mv0

qd

，粒子能從坐標為（0，d）的M點沿x軸負向再進入電場．不計粒子重力．
（1）求粒子進入磁場時速度方向與y軸負向的夾角θ和電場強度E的大��；
（2）繪出粒子P-M運動的軌跡圖，求粒子進入磁場至M點的運動時間；
（3）求矩形勻強磁場區(qū)域的最小面積．

Answer 1

分析：（1）由粒子進入磁場速度為2v₀，由幾何關系可得角度關系．帶電粒子進入勻強電場后，受重力和電場力，由動能定理可得電場強度
（2）進入磁場后在洛倫茲力作用下做圓周運動，由左手定則可以判定受力，進而確定其轉(zhuǎn)動方向，作圖可得運動軌跡，由運動軌跡的幾何關系可得圓心角，進而得到圓周運動的時間，DM段粒子做勻速運動可得此段的時間，相加得總時間．
（3）由運動軌跡圖，可以找出磁場邊長的最小值，可得最小面積．

解答：（1）設粒子從Q點離開電場時速度大小為v，
由粒子在勻強電場中做類平拋運動，故其水平速度不變，由幾何關系得：sinθ=

v0

2v0

=

1

2

，解得：θ=30°
由動能定理得：qEd=

1

2

mν2-

1

2

m

ν

2 0

解得：E=

3m v 2 0

2qd

（2）設粒子從C點進入、D點離開矩形勻強磁場區(qū)域．
粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r，圓心為O₁，如圖所示．

由洛倫茲力提供向心力，得：qvB=

mv2

r

解得 r=

mv

qB

=2d
設粒子在磁場中做勻速圓周運動時間為t₁，D到M時間為t₂
由圖中的幾何關系可得圓周運動的圓心就為：

4π

3

圓周運動的周期為：T=

2πr

2v0

=

πr

v0

故圓周運動時間為：t1=

4πr

3v

=

4πd

3ν0

DM段為勻速運動故時間為：t2=

DM

2ν0

=

2 3 d

3ν0

粒子從進入磁場到M的總時間：t=t1+t2=

(4π+2 3) d

3v0

（3）若矩形磁場區(qū)域的面積最小，則如圖虛線區(qū)域：
可得長邊：L₁=2r=4d                       
短邊：L₂=r+rsinθ=3d               
磁場區(qū)域的最小面積：S=L1L2=12d2
答：
（1）粒子進入磁場時速度方向與y軸負向的夾角θ=30°，電場強度E的大小E=

3m v 2 0

2qd

；
（2）繪出粒子P-M運動的軌跡圖，求粒子進入磁場至M點的運動時間t=

(4π+2 3) d

3v0

；
（3）求矩形勻強磁場區(qū)域的最小面積S=12d²．

點評：本題考查了帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動，在磁場中的勻速圓周運動，對數(shù)學的幾何能力要求較高，關鍵畫出粒子的軌跡圖，結(jié)合牛頓第二定律以及向心力等知識進行求解．