Question

11．如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第Ⅱ象限中，一邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場，磁場的下邊界與x軸重合，右邊界與y軸重合，在第Ⅰ、Ⅳ象限x＜L區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，電場強度大小為E，在x＞L區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B′、方向垂直紙面向里的矩形勻強磁場；一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子（重力不計）以沿y軸負(fù)方向的速度進(jìn)入第Ⅱ象限的勻強磁場區(qū)域，并從坐標(biāo)原點O處沿x軸正方向射入勻強電場區(qū)域；
（1）求帶電粒子射入第Ⅱ象限的勻強磁場時的速度大�。�
（2）求帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的位置坐標(biāo)；
（3）若帶電粒子進(jìn)入x＞L區(qū)域的勻強磁場時的速度方向與x軸正方向成45^°角，要使帶電粒子能夠回到x＜L區(qū)域，則x＞L區(qū)域矩形勻強磁場的最小面積為多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子做勻速圓周運動的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出速度；
（2）設(shè)帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的縱坐標(biāo)為-y，帶電粒子從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向射入勻強電場區(qū)域做類平拋運動，根據(jù)平拋運動基本公式列式求解即可；
（3）帶電粒子以與x軸正方向成45°角進(jìn)入勻強磁場，求出其速度，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出半徑，畫出運動軌跡如圖，根據(jù)幾何關(guān)系求解即可．

解答 解：（1）根據(jù)題述可知帶電粒子的第Ⅱ象限勻強磁場中運動的軌道半徑等于正方形區(qū)域的邊長L，有：$Bqv=m\frac{{v}^{2}}{L}$
解得：$v=\frac{qBL}{m}$
（2）設(shè)帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的縱坐標(biāo)為-y，帶電粒子從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向射入勻強電場區(qū)域做類平拋運動，有：
L=vt，
$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
且qE=ma
聯(lián)立解得：$y=\frac{mE}{2q{B}^{2}}$
帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的位置坐標(biāo)為（L，$-\frac{mE}{2q{B}^{2}}$）
（3）帶電粒子以與x軸正方向成45°角進(jìn)入勻強磁場，其速度$v′=\sqrt{2}v=\frac{\sqrt{2}qBL}{m}$
由$B′qv′=m\frac{{v′}^{2}}{R′}$解得：$R′=\frac{\sqrt{2}BL}{B′}$
畫出運動軌跡如圖所示，
由幾何關(guān)系可知x＞L區(qū)域勻強磁場的最小寬度為：$d=（1+cos45°）R′=\frac{（1+\sqrt{2}）BL}{B′}$
x＞L區(qū)域矩形勻強磁場的最小面積為S=2R′d=$\frac{2（2+\sqrt{2}）{B}^{2}{L}^{2}}{B{′}^{2}}$．
答：（1）帶電粒子射入第Ⅱ象限的勻強磁場時的速度大小為$\frac{qBL}{m}$；
（2）求帶電粒子從勻強電場區(qū)域射出時的位置坐標(biāo)為（L，$-\frac{mE}{2q{B}^{2}}$）；
（3）若帶電粒子進(jìn)入x＞L區(qū)域的勻強磁場時的速度方向與x軸正方向成45^°角，要使帶電粒子能夠回到x＜L區(qū)域，則x＞L區(qū)域矩形勻強磁場的最小面積為$\frac{2（2+\sqrt{2}）{B}^{2}{L}^{2}}{B{′}^{2}}$．

點評 帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學(xué)方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑．