Question

18．如圖所示，在xOy平面的第Ⅱ象限的某一區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B₁，該磁場區(qū)域的邊界為半圓形．有一質量m=10^-12kg、帶正電q=10^-7C的a粒子從O點以速度v₀=10⁵m/s，沿與y軸正方向成θ=30°射入第Ⅱ象限，經磁場偏轉后，從y軸上的P點垂直于y軸射出磁場，進入第Ⅰ象限，P點縱坐標為y_P=3m，y軸右側和垂直于x軸的虛線左側間有平行于y軸指向y軸負方向的勻強電場，a粒子將從虛線與x軸交點Q進入第Ⅳ象限，Q點橫坐標x_Q=6$\sqrt{3}$m，虛線右側有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B₂=B₁．不計粒子的重力，求：
（1）勻強電場的電場強度E的大小（保留三位有效數(shù)字）．
（2）半圓形磁場磁感應強度B₁的大小及該半圓形磁場區(qū)域的最小面積S．
（3）若在a粒子剛進入磁場B₁的同時，另有一質量m=10^-12kg、帶負電q=10^-7C的b粒子，從y軸上的M點（圖中未畫）仍以速度v₀垂直于y軸射入電場，a、b兩粒子將在磁場B₂區(qū)域迎面相遇于N點，求N點的坐標．（不計a、b粒子間的相互作用力）

Answer 1

分析 （1）a粒子在電場中作類平拋運動，抓住粒子在垂直電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做勻加速直線運動，結合牛頓第二定律和運動學公式求出電場強度的大�。�
（2）作出粒子在磁場中的運動軌跡，結合幾何關系求出半徑，根據(jù)半徑公式求出磁感應強度．通過幾何關系求出半圓形磁場區(qū)域B₁的最小面積S．
（3）a、b粒子將發(fā)生迎面正碰，故a粒子經過磁場B₂偏轉后有b粒子碰撞；先求解粒子從O點經過磁場B₁、電場、磁場B₂后的時間以及離開磁場B₂的坐標點；最后將在電場中的運動分為x方向的分運動和y方向的分運動列式，根據(jù)位移關系和時間關系列式后聯(lián)立求解．

解答 解：（1）a粒子在電場中做類平拋運動，運動時間為t，則
 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粒子在磁場B₁中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，半徑為R₁．
由圖可知

 y_P=R₁+$\frac{{R}_{1}}{sinθ}$ ④
代入數(shù)據(jù)解得 R₁=1m．
由牛頓第二定律得 qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}}$ ⑤
由④⑤解得 B₁=1T．
設a粒子在A點進入磁場B₁，AP的中點為最小半圓磁場區(qū)域的圓心，半徑為r，則
  r=R₁sin60° ⑥
半圓形磁場區(qū)域的最小面積：s=$\frac{1}{2}π{r}^{2}$=$\frac{3}{8}$π≈1.18m²．⑨
（3）設a粒子進入磁場B₂時的速度v與x軸的夾角為α，軌道半徑為R₂，則
 tanα=$\frac{at}{{v}_{0}}$
可得 α=30°（10）
v=$\frac{{v}_{0}}{cos30°}$ （11）
則qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$…（12）
得 R₂=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m
設a粒子在磁場B₂中出射點為c，由題意分析知b粒子與a粒子在B₂區(qū)域迎面相遇，其軌跡與a粒子軌跡恰好對稱，所以b粒子在磁場B₂中的入射點為c，半徑R₃=R₂…（13）
由粒子在磁場中運動的周期 T=$\frac{2πm}{qB}$…（14）
粒子a在B₁和B₂中做圓周運動的周期T₁、T₂與b粒子在B₂中作圓周運動的周期T₃的關系是T₁=T₂=T₃，a粒子在B₁中運動時間為 t′=$\frac{{T}_{1}}{3}$，所以，當a粒子到Q點時，b粒子在磁場中已運動了t₁=$\frac{{T}_{2}}{3}$，接下來在各自運動三分之一周期即相遇，即a、b粒子相遇點N是軌跡與x軸的交點…（15）
 x_N=x_Q+2R₂cos（$\frac{π}{2}$-α）…（16）
解得 x_N=$\frac{20\sqrt{3}}{3}$m．
相遇點N的坐標為（$\frac{20\sqrt{3}}{3}$m，0m）．
答：
（1）勻強電場的電場強度E的大小為5.56×10³N/C．
（2）半圓形磁場磁感應強度B₁的大小為1T，該半圓形磁場區(qū)域的最小面積S為1.18m²．
（3）相遇點N的坐標為（$\frac{20\sqrt{3}}{3}$m，0m）．

點評 本題關鍵是明確粒子的運動規(guī)律，要分過程畫出粒子的運動軌跡，然后運用牛頓第二定律、類平拋運動的分運動公式、運動學公式列式求解；本題幾何關系較為復雜，表現(xiàn)為多物體、多過程、多規(guī)律，是典型的“三多”問題．