Question

7．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點(diǎn)坐標(biāo)（-1，0），MN與y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)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(biāo)平面的圓形有界勻強(qiáng)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(diǎn)，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(diǎn)（0，0.5l）射出電場，此后，電子做勻速直線運(yùn)動，進(jìn)入磁場井從圓形有界磁場 邊界上Q點(diǎn)（$\frac{\sqrt{3}l}{6}$，-l）射出，速度沿x軸負(fù)方向．不計(jì)電子重力．求：
（1）電子到達(dá)A點(diǎn)的速度；
（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大��；
（3）圓形有界勻強(qiáng)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(yùn)動，水平分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動，豎直分運(yùn)動是勻加速直線運(yùn)動，已知末速度的方向，結(jié)合運(yùn)動的分解與合成求解末速度；
（2）由幾何關(guān)系可確定OD的距離，再由運(yùn)動的分解可列出速度間的關(guān)系式，最后由運(yùn)動軌跡的半徑公式，借助于已知長度，來確定磁感應(yīng)強(qiáng)度大��；
（3）以切點(diǎn)F、Q為直徑的圓形有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域的半徑最小，從而根據(jù)幾何的關(guān)系，并由面積公式即可求解．

解答 解：（1）在A點(diǎn)，速度的水平分量為v₀，故A點(diǎn)速度為：

v=$\frac{{v}_{0}}{sin30°}$=2v₀
（2）設(shè)軌跡與x軸的交點(diǎn)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(yùn)動的軌道的圓心在DQ上，電子運(yùn)動軌跡如圖所示．設(shè)電子離開電場時(shí)速度為v，在磁場中做勻速圓周運(yùn)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(guān)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(diǎn)F、Q為直徑的圓形有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域的半徑最小，設(shè)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(dá)A點(diǎn)的速度為2v₀；
（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{6m{v}_{0}}{el}$
（3）圓形有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積S是$\frac{π{l}^{2}}{12}$．

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