Question

19．如圖所示，帶電平行板電容器水平放置，其中M板帶負(fù)電，板長2$\sqrt{3}$a，兩板間距2a，O₁O是電容器的中軸線，坐標(biāo)系xoy的x軸和O₁O共線，y軸緊靠電容器的右側(cè)；一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子以速度v₀沿O₁O進(jìn)入電容器兩板之間，恰好沿M板的右側(cè)射出兩板之間，之后粒子繼續(xù)運(yùn)動一段時(shí)間進(jìn)入一個矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域（圖中未畫出），又從y軸上的某位置O₂處沿y軸負(fù)方向運(yùn)動并再次經(jīng)過M板的右側(cè)，已知磁場方向垂直xoy平面（紙面）向里，磁場感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)粒子的重力和電器容板外電場的影響．求：
（1）電容器兩板間電場強(qiáng)度的大�。�
（2）O₂點(diǎn)的縱坐標(biāo)值；
（3）矩形磁場的最小面積．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式即可求解．
（2）粒子在磁場中勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛侖茲力提供向心力及幾何關(guān)系列式求解．
（3）作出最小磁場區(qū)域，根據(jù)幾何關(guān)系求解

解答 解：（1）帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律qE=ma
得$a=\frac{qE}{m}$
水平方向：$2\sqrt{3}a={v}_{0}^{\;}t$
豎直方向：$a=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
聯(lián)立以上各式得$E=\frac{m{v}_{0}^{2}}{6qa}$
（2）畫出粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡圖，設(shè)${O}_{2}^{\;}$點(diǎn)的縱坐標(biāo)值為y
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$
得$R=\frac{mv}{qB}$
$tanθ=\frac{a}{\sqrt{3}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$知θ=30°
根據(jù)幾何關(guān)系有$tan30°=\frac{R}{y}$
粒子進(jìn)入磁場速度$v=\frac{{v}_{0}^{\;}}{cos30°}$
聯(lián)立以上各式得$y=\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{qB}$
即${O}_{2}^{\;}$點(diǎn)的縱坐標(biāo)值為$\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{qB}$
（3）最小磁場區(qū)域如圖
S=2R（R+Rsin30°）=$3{R}_{\;}^{2}$=$3（\frac{mv}{qB}）_{\;}^{2}$=$\frac{4{m}_{\;}^{2}{v}_{0}^{2}}{{q}_{\;}^{2}{B}_{\;}^{2}}$
答：（1）電容器兩板間電場強(qiáng)度的大小$\frac{m{v}_{0}^{2}}{6qB}$；
（2）O₂點(diǎn)的縱坐標(biāo)值$\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{qB}$；
（3）矩形磁場的最小面積$\frac{4{m}_{\;}^{2}{v}_{0}^{2}}{{q}_{\;}^{2}{B}_{\;}^{2}}$．

點(diǎn)評 本題考查了帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動，畫出運(yùn)動軌跡，理清運(yùn)動過程是解題關(guān)鍵，本題求最小磁場面積有一定難度，注意總結(jié)解題方法．