Question

4．如圖所示，虛線MO與水平線PQ相交于O點(diǎn)，夾角θ=30°，在MO左側(cè)存在電場強(qiáng)度為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場；MO右側(cè)某個(gè)區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且O點(diǎn)在磁場的邊界上．現(xiàn)有大量質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子在紙面內(nèi)以速度v（0＜v≤$\frac{E}{B}$）垂直于MO從O點(diǎn)射入磁場，所有粒子通過直線MO時(shí)，速度方向均平行于PQ向左．不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用．求：
（1）速度最大的粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至水平線PQ所需的時(shí)間；
（2）磁場區(qū)域的最小面積．

Answer 1

分析 （1）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，先求出粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間，粒子自N點(diǎn)水平飛出磁場，出磁場后應(yīng)做勻速運(yùn)動(dòng)至OM，根據(jù)幾何關(guān)系及速度時(shí)間公式求出時(shí)間，過MO后粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式求出此過程中的時(shí)間，三段時(shí)間之和即為總時(shí)間；
（2）由題知速度大小不同的粒子均要水平通過OM，則其飛出磁場的位置均應(yīng)在ON的連線上，故磁場范圍的最小面積△S是速度最大的粒子在磁場中的軌跡與ON所圍成的面積．

解答 解：（1）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁，

由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得：R=$\frac{mv}{qB}$，
T=$\frac{2πm}{qB}$，t₁=$\frac{1}{3}$T，
設(shè)粒子自N點(diǎn)水平飛出磁場，出磁場后應(yīng)做勻速運(yùn)動(dòng)至OM，設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的距離為s，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₂，由幾何關(guān)系知：
s=$\frac{R}{tanθ}$，
t₂=$\frac{s}{v}$，
過MO后粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₃，則：
$\frac{3}{2}$R=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t₃²，
又由題知：v=$\frac{E}{B}$，
則速度最大的粒子自O(shè)進(jìn)入磁場至重回水平線POQ所用的時(shí)間為：
t=t₁+t₂+t₃=$\frac{2（3\sqrt{3}+π）m}{3qB}$；
（2）由題知速度大小不同的粒子均要水平通過OM，則其飛出磁場的位置均應(yīng)在ON的連線上，故磁場范圍的最小面積△S是速度最大的粒子在磁場中的軌跡與ON所圍成的面積，扇形OO′N的面積的面積S=$\frac{1}{3}$πR²，
△OO′N的面積為：S′=R²cos30°sin30°=$\frac{\sqrt{3}}{4}$R²，
△S=S-S′
解得：△S=$（\frac{π}{3}-\frac{{\sqrt{3}}}{4}）\frac{{{m^2}{E^2}}}{{{q^2}{B^4}}}$；
答：（1）速度最大的粒子從O開始射入磁場至返回水平線POQ所用的時(shí)間為$\frac{2（3\sqrt{3}+π）m}{3qB}$．
（2）磁場區(qū)域的最小面積為$（\frac{π}{3}-\frac{{\sqrt{3}}}{4}）\frac{{{m^2}{E^2}}}{{{q^2}{B^4}}}$．

點(diǎn)評 做好此類題目的關(guān)鍵是準(zhǔn)確的畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，利用幾何知識求出粒子運(yùn)動(dòng)的半徑，再結(jié)合半徑公式和周期公式去分析．