Question

9．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向里的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域（圖中未畫出）；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E．一粒子源固定在x軸上的A（-L，0）點(diǎn)，沿y軸正方向釋放電子，電子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后能通過(guò)y軸上的C（0，2$\sqrt{3}$L）點(diǎn)，再經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直擊中ON，ON與x軸正方向成30°角．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用，求；
（1）電子的釋放速度v的大小；
（2）電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向與y軸正方向的夾角θ；
（3）粗略畫出電子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的軌跡；
（4）圓形磁場(chǎng)的最小半徑R_min．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，x方向勻速，y方向勻加速，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解；
（2）先根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解出x、y方向的分速度，然后根據(jù)幾何關(guān)系列式求解；也可以根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)速度偏轉(zhuǎn)角的正切是位移偏轉(zhuǎn)角正切值的2倍直接求解；
（3）根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)畫出粒子在電場(chǎng)中的軌跡，然后根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)方向畫出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；
（4）先根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解出軌跡的半徑，然后求得磁場(chǎng)的最小半徑；

解答 解：（1）從A到C的過(guò)程中，電子做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：
x方向：$L=\frac{1}{2}\frac{eE}{m}{t}_{\;}^{2}$
y方向：$2\sqrt{3}L=vt$
聯(lián)立解得：$v=\frac{\sqrt{6meEL}}{m}$
（2）設(shè)電子到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為vc，方向與y軸正方向的夾角為θ．
由動(dòng)能定理，有：$\frac{1}{2}m{v}_{c}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}=eEl$
得：${v}_{c}^{\;}=\frac{\sqrt{8meEL}}{m}$，
$cosθ=\frac{v}{{v}_{c}^{\;}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
得：θ=30°
（3）如圖

（4）電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如（3）問(wèn)圖，電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
$r=\frac{m{v}_{c}^{\;}}{eB}=\frac{\sqrt{8meEL}}{eB}$
電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)120°后垂直于ON射出，則磁場(chǎng)最小半徑：
${R}_{min}^{\;}=rsin60°$
由以上兩式可得：${R}_{min}^{\;}=\frac{\sqrt{6meEL}}{eB}$
答：（1）電子的釋放速度v的大小$\frac{m{v}_{\;}^{2}}{2eL}$；
（2）電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向與y軸正方向的夾角θ為30°；
（3）粗略畫出電子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的軌跡如圖所示；
（4）圓形磁場(chǎng)的最小半徑${R}_{min}^{\;}$為$\frac{\sqrt{6}mv}{2eB}$

點(diǎn)評(píng) 本題中粒子先在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要注意兩個(gè)軌跡的連接點(diǎn)，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律以及幾何關(guān)系列式求解，其中畫出軌跡是關(guān)鍵．