Question

2．如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中的第一象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場；第二象限內(nèi)存在大小為B、方向垂直坐標(biāo)平面向外的有界圓形勻強磁場（圖中未畫出）．一粒子源固定在x軸上的M（L，0）點，沿y軸正方向釋放出速度大小均為v₀的電子，電子經(jīng)電場后恰好從y軸上的N點進入第二象限．進入第二象限后，電子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后通過x軸時，與x軸的夾角為75°．已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，電場強度E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eL}$，不考慮電子的重力和其間的相互作用，求：
（1）N點的坐標(biāo)．
（2）圓形磁場的最小面積．

Answer 1

分析 （1）從M到N的過程中，電子做類平拋運動，由運動學(xué)公式分別寫出兩個方向的分位移與時間的關(guān)系式，聯(lián)立可得到N點的坐標(biāo)．
（2）由動能定理求出電子剛進電場時的速度大小，并確定出速度的方向．據(jù)題，電子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后通過x軸時，與x軸的夾角為75°，可能是電子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后通過x軸時，與x軸負方向的夾角為75°，也可能是電子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后通過x軸時，與x軸正方向的夾角為75°．分兩種情況畫出電子的運動軌跡，根據(jù)軌跡的圓心角等于速度的偏向角，確定出軌跡的圓心角，由幾何知識求解圓形磁場的最小面積．

解答 解：（1）從M到N的過程中，電子做類平拋運動
  L=$\frac{1}{2}$•$\frac{eE}{m}{t}^{2}$
  y_N=v₀t　  
解得：y_N=2L   
故N點的坐標(biāo)為（0，2L）．
（2）設(shè)電子到達N點的速度大小為v，方向與y軸正方向的夾角為θ．由動能定理有
 $\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²=eEL　  
 cosθ=$\frac{{v}_{0}}{v}$
據(jù)題，E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eL}$
聯(lián)立解得：v=$\sqrt{2}$v₀，θ=45°
電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r
 evB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
可得 r=$\frac{mv}{eB}$=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{eB}$
①當(dāng)電子與x軸負方向的夾角為75°時，其運動軌跡圖如圖，電子在磁場中偏轉(zhuǎn)120°后
垂直于O₁Q射出

則磁場最小半徑
 R_min=$\frac{1}{2}$PQ=rsin60°   
解得：S_min=$\frac{3π{m}^{2}{v}_{0}^{2}}{2{e}^{2}{B}^{2}}$
②當(dāng)電子與x軸正方向的夾角為75°時，其運動軌跡圖如圖，電子在磁場中偏轉(zhuǎn)150°后
垂直于O₂Q′射出

則磁場最小半徑
  R_min′=$\frac{1}{2}$P′Q′=rsin75°  
解得：S_min′=$\frac{π（2+\sqrt{3}）{m}^{2}{v}_{0}^{2}}{2{e}^{2}{B}^{2}}$
答：
（1）N點的坐標(biāo)為（0，2L）．
（2）圓形磁場的最小面積為$\frac{3π{m}^{2}{v}_{0}^{2}}{2{e}^{2}{B}^{2}}$或$\frac{π（2+\sqrt{3}）{m}^{2}{v}_{0}^{2}}{2{e}^{2}{B}^{2}}$．

點評 本題中粒子先在電場中做類似平拋運動，然后進入磁場做勻速圓周運動，要注意兩個軌跡的連接點，然后根據(jù)運動學(xué)公式和牛頓第二定律以及幾何關(guān)系列式求解，其中畫出軌跡是關(guān)鍵，審題時要注意不能漏解．