Question

8．如圖所示，虛線MO與水平線PQ相交于O，二者夾角θ=30°，在MO左上側(cè)存在電場強度為E、方向豎直向下的勻強電場，MO右下側(cè)某個區(qū)域存在磁感應(yīng)強度為B、垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），磁場的一條邊界在直線MO上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子在紙面內(nèi)以速度v=$\frac{E}{B}$，且方向與MO成θ角從M點射入磁場，又向左從MO上的D點（圖中未畫出）射出磁場進入電場，最后到達O點，不計粒子重力．求：
（1）MD的距離L；
（2）粒子從M點運動到O點所用的時間
（3）磁場區(qū)域的最小面積．

Answer 1

分析 （1）由幾何知識求出粒子軌道半徑，由牛頓第二定律求出距離L；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類平拋運動，由圓周運動的周期公式與類平拋運動知識求出粒子的運動時間；
（3）由幾何知識求出磁場區(qū)域的最小面積．

解答 解：（1）粒子的運動軌跡如圖所示，

設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為R
由牛頓第二定律得：$qBv=\frac{{m{v^2}}}{R}$，
由幾何關(guān)系得：L=2Rsinθ，
已知：v=$\frac{E}{B}$，
解得：L=$\frac{mE}{{q{B^2}}}$；
（2）設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，$T=\frac{2πm}{qB}$
由圖可知，粒子的初速度的方向與磁場的邊界之間的夾角是30°，由運動的對稱性可知，粒子在磁場中運動的過程中的偏轉(zhuǎn)角是60°，粒子在勻強磁場中運動時間為t₁：${t}_{1}=\frac{60°}{360°}T=\frac{1}{6}T$，
由對稱性可知，粒子過MO后方向垂直于電場方向，所以粒子做類平拋運動，設(shè)運動的時間為t₂，
則：x=vt₂
$y=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t_2}^2$
由幾何知識可知：y=xtanθ，
則粒子自M進入磁場至O所用的時間t=t₁+t₂
代入數(shù)據(jù)解得：t=$\frac{{（2\sqrt{3}+π）}}{3}\frac{m}{qB}$；
（3）由題意可知，磁場范圍的最小面積△S是粒子在磁場中的軌跡與MD所圍成的面積．
扇形的面積：$S=\frac{1}{6}π{R^2}$，
三角形的面積為：$S'=\frac{1}{2}{R^2}cos{30^0}=\frac{{\sqrt{3}}}{4}{R^2}$
又△S=S-S'，
聯(lián)立得：△S=$（\frac{π}{6}-\frac{{\sqrt{3}}}{4}）\frac{{{m^2}{E^2}}}{{{q^2}{B^4}}}$；
答：（1）MD的距離L=$\frac{mE}{{q{B^2}}}$．
（2）粒子自M點射入磁場至到達O點所用的時間t=$\frac{{（2\sqrt{3}+π）}}{3}\frac{m}{qB}$．
（3）磁場區(qū)域的最小面積為：$（\frac{π}{6}-\frac{{\sqrt{3}}}{4}）\frac{{{m^2}{E^2}}}{{{q^2}{B^4}}}$．

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