Question

7．如圖所示，在直角坐標系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點坐標（-1，0），MN與y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{el}$，在第四象限的某區(qū)域有方向垂直于坐標平面的圓形有界勻強磁場（圖中未畫出），現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從虛線MN上的P點，以平行于x軸正方向的初速度v₀射入電場，并從y軸上A點（0，0.5l）射出電場，此后，電子做勻速直線運動，進入磁場井從圓形有界磁場 邊界上Q點（$\frac{\sqrt{3}l}{6}$，-l）射出，速度沿x軸負方向．不計電子重力．求：
（1）電子到達A點的速度；
（2）勻強磁場的磁感應強度B的大�。�
（3）圓形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積S是多大？

Answer 1

分析 （1）電子在電場中做類似平拋運動，水平分運動是勻速直線運動，豎直分運動是勻加速直線運動，已知末速度的方向，結(jié)合運動的分解與合成求解末速度；
（2）由幾何關系可確定OD的距離，再由運動的分解可列出速度間的關系式，最后由運動軌跡的半徑公式，借助于已知長度，來確定磁感應強度大��；
（3）以切點F、Q為直徑的圓形有界勻強磁場區(qū)域的半徑最小，從而根據(jù)幾何的關系，并由面積公式即可求解．

解答 解：（1）在A點，速度的水平分量為v₀，故A點速度為：

v=$\frac{{v}_{0}}{sin30°}$=2v₀
（2）設軌跡與x軸的交點為D，OD距離為x_D，則
x_D=0.5ltan30°
x_D=$\frac{\sqrt{3}}{6}l$
所以，DQ平行于y軸，電子在磁場中做勻速圓周運動的軌道的圓心在DQ上，電子運動軌跡如圖所示．設電子離開電場時速度為v，在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，則
v₀=vsin30°
根據(jù)牛頓第二定律，有：
$evB=m\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：
r=$\frac{mv}{eB}$=$\frac{2m{v}_{0}}{eB}$
結(jié)合幾何關系，有：
r+$\frac{r}{sin30°}$=l（有r=$\frac{1}{3}$l） 
解得：B=$\frac{6m{v}_{0}}{el}$
（3）以切點F、Q為直徑的圓形有界勻強磁場區(qū)域的半徑最小，設為 r₁，則
r₁=rcos30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$r=$\frac{\sqrt{3}}{6}$l
最小面積為，S=π${r}_{1}^{2}$=$\frac{π{l}^{2}}{12}$
答：（1）電子到達A點的速度為2v₀；
（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小為$\frac{6m{v}_{0}}{el}$
（3）圓形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積S是$\frac{π{l}^{2}}{12}$．

點評 粒子做類平拋時，要運用運動的合成與分解的知識分析；在做勻速圓周運動時，由半徑公式與幾何關系來巧妙應用，從而培養(yǎng)學生在電學與力學綜合解題的能力．注意區(qū)別磁場的圓形與運動的軌跡的圓形的半徑不同．