Question

19．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限有平行y轴且沿-y方向的匀强电场，第二象限内有一圆形区域，边界与x轴相切于A点，圆形区域的半径为L，第四象限有一矩形区域（图中未画出），圆形区域和矩形区域有相同的匀强磁场，磁场垂直于xOy平面（图中未画出）．P点在x轴上，OP距离为L，Q点在y轴负方向上某处，现有两带电粒子a和b，a粒子的质量为m，电荷量为+q，以速度大小v₀从A点与x轴成60°角进入圆形磁场区域，射出磁场后垂直y轴在C点进入电场，经P点射入第四象限；粒子b质量为m，电荷量为-q，以速率$\sqrt{2}$v₀从Q点向与y轴成45°角方向反射，通过矩形磁场区域后与P点出射的粒子a相碰，相碰时粒子速度方向相反，不计粒子重力和粒子间相互作用力，求：
（1）圆形区域内的磁感应强度大小和方向；
（2）第一象限的电场强度大小；
（3）矩形区域的最小面积．

Answer 1

分析 （1）根据a粒子进入、离开磁场的速度方向，得到粒子运动半径与磁场半径的关系，再由洛伦兹力做向心力求得磁感应强度；
（2）由（1）得到C的坐标位置，然后，根据粒子在电场中做类平抛运动，由位移公式联立求解电场强度；
（3）由（2）求得a粒子离开电场时的速度方向，进而得到b粒子转过的中心角，然后由洛伦兹力做向心力求得b粒子做圆周运动的半径，从而求得矩形面积．

解答 解：（1）a粒子从C点垂直y轴进入电场，所以，粒子离开磁场时的速度方向水平向右，那么由几何关系可知，a粒子在磁场中的运动半径R=L；
又有a粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力做向心力，即为：$B{v}_{0}q=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{R}$
解得：$B=\frac{m{v}_{0}}{qR}=\frac{m{v}_{0}}{qL}$；
由粒子偏转方向可得粒子所受洛伦兹力方向，进而由左手定则可判断：磁场方向垂直xoy平面向外；
（2）由（1）可得：C点离O点的距离为：
$h=R-Rsin30°=\frac{1}{2}R=\frac{1}{2}L$；
a粒子在电场中只受电场力，加速度为$a=\frac{qE}{m}$，粒子做类平抛运动；
所以，由类平抛运动的位移公式可得：
$\frac{1}{2}L=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{qE}{2m}{t}^{2}$
L=v₀t；
所以有：$E=\frac{mL}{q{t}^{2}}=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{qL}$；
（3）由（2）可知：a粒子离开电场时的速度与x轴正方向的夹角为θ，则有：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}=\frac{at}{{v}_{0}}=\frac{qEL}{m{{v}_{0}}^{2}}=1$
所以有：θ=45°；
所以，b粒子需在磁场中转过90°；
又有b粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，即为：$\sqrt{2}B{v}_{0}q=\frac{2m{{v}_{0}}^{2}}{R′}$
所以有：$R′=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{Bq}=\sqrt{2}L$；
所以，矩形的长边最小为：2R′sin45°=2L
短边最小为：$R′-R′cos45°=（\sqrt{2}-1）L$
所以，矩形区域的最小面积为：$S=2（\sqrt{2}-1）{L}^{2}$；
答：（1）圆形区域内的磁感应强度大小为$\frac{m{v}_{0}}{qL}$，方向垂直xoy平面向外；
（2）第一象限的电场强度大小为$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{qL}$；
（3）矩形区域的最小面积为$2（\sqrt{2}-1）{L}^{2}$．

点评 带电粒子在磁场中的运动问题，一般根据几何关系求得半径，然后由洛伦兹力做向心力求得半径的表达式，进而联立求解问题．