Question

18．如图所示，在xOy平面的第Ⅱ象限的某一区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B₁，该磁场区域的边界为半圆形．有一质量m=10^-12kg、带正电q=10^-7C的a粒子从O点以速度v₀=10⁵m/s，沿与y轴正方向成θ=30°射入第Ⅱ象限，经磁场偏转后，从y轴上的P点垂直于y轴射出磁场，进入第Ⅰ象限，P点纵坐标为y_P=3m，y轴右侧和垂直于x轴的虚线左侧间有平行于y轴指向y轴负方向的匀强电场，a粒子将从虚线与x轴交点Q进入第Ⅳ象限，Q点横坐标x_Q=6$\sqrt{3}$m，虚线右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B₂=B₁．不计粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小（保留三位有效数字）．
（2）半圆形磁场磁感应强度B₁的大小及该半圆形磁场区域的最小面积S．
（3）若在a粒子刚进入磁场B₁的同时，另有一质量m=10^-12kg、带负电q=10^-7C的b粒子，从y轴上的M点（图中未画）仍以速度v₀垂直于y轴射入电场，a、b两粒子将在磁场B₂区域迎面相遇于N点，求N点的坐标．（不计a、b粒子间的相互作用力）

Answer 1

分析 （1）a粒子在电场中作类平抛运动，抓住粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小．
（2）作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系求出半径，根据半径公式求出磁感应强度．通过几何关系求出半圆形磁场区域B₁的最小面积S．
（3）a、b粒子将发生迎面正碰，故a粒子经过磁场B₂偏转后有b粒子碰撞；先求解粒子从O点经过磁场B₁、电场、磁场B₂后的时间以及离开磁场B₂的坐标点；最后将在电场中的运动分为x方向的分运动和y方向的分运动列式，根据位移关系和时间关系列式后联立求解．

解答 解：（1）a粒子在电场中做类平抛运动，运动时间为t，则
 x_Q=v₀t    ①
 y_P=$\frac{1}{2}$at²  ②
又 a=$\frac{qE}{m}$ ③
由①②③解得：E=5.56×10³N/C
（2）a粒子在磁场B₁中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，半径为R₁．
由图可知

 y_P=R₁+$\frac{{R}_{1}}{sinθ}$ ④
代入数据解得 R₁=1m．
由牛顿第二定律得 qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}}$ ⑤
由④⑤解得 B₁=1T．
设a粒子在A点进入磁场B₁，AP的中点为最小半圆磁场区域的圆心，半径为r，则
  r=R₁sin60° ⑥
半圆形磁场区域的最小面积：s=$\frac{1}{2}π{r}^{2}$=$\frac{3}{8}$π≈1.18m²．⑨
（3）设a粒子进入磁场B₂时的速度v与x轴的夹角为α，轨道半径为R₂，则
 tanα=$\frac{at}{{v}_{0}}$
可得 α=30°（10）
v=$\frac{{v}_{0}}{cos30°}$ （11）
则qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$…（12）
得 R₂=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m
设a粒子在磁场B₂中出射点为c，由题意分析知b粒子与a粒子在B₂区域迎面相遇，其轨迹与a粒子轨迹恰好对称，所以b粒子在磁场B₂中的入射点为c，半径R₃=R₂…（13）
由粒子在磁场中运动的周期 T=$\frac{2πm}{qB}$…（14）
粒子a在B₁和B₂中做圆周运动的周期T₁、T₂与b粒子在B₂中作圆周运动的周期T₃的关系是T₁=T₂=T₃，a粒子在B₁中运动时间为 t′=$\frac{{T}_{1}}{3}$，所以，当a粒子到Q点时，b粒子在磁场中已运动了t₁=$\frac{{T}_{2}}{3}$，接下来在各自运动三分之一周期即相遇，即a、b粒子相遇点N是轨迹与x轴的交点…（15）
 x_N=x_Q+2R₂cos（$\frac{π}{2}$-α）…（16）
解得 x_N=$\frac{20\sqrt{3}}{3}$m．
相遇点N的坐标为（$\frac{20\sqrt{3}}{3}$m，0m）．
答：
（1）匀强电场的电场强度E的大小为5.56×10³N/C．
（2）半圆形磁场磁感应强度B₁的大小为1T，该半圆形磁场区域的最小面积S为1.18m²．
（3）相遇点N的坐标为（$\frac{20\sqrt{3}}{3}$m，0m）．

点评 本题关键是明确粒子的运动规律，要分过程画出粒子的运动轨迹，然后运用牛顿第二定律、类平抛运动的分运动公式、运动学公式列式求解；本题几何关系较为复杂，表现为多物体、多过程、多规律，是典型的“三多”问题．