Question

7．如圖所示，在直角坐標系第一象限內分成三個區(qū)域，邊長為l的正方形OPMN為區(qū)域1，區(qū)域1內存在方向水平向右、大小為E的勻強電場；x=l的右側為區(qū)域2，區(qū)域2內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場；擋板MN上方為區(qū)域3．質量為m、電荷量為+q的帶電粒子從O點靜止釋放，經區(qū)域1中電場的加速和區(qū)域2磁場的偏轉，剛好到達Q點．已知PQ=2l，不計帶電粒子的重力．
（1）試求：區(qū)域2中磁場的磁感應強度大小；
（2）在其他條件不變的情況下，在區(qū)域1哪些位置靜止釋放帶電粒子，這些粒子經電場加速和慈航偏轉后都能到達Q點；
（3）在（2）問的情況下，為使所有到達Q點的粒子都能達到擋板MN上，需在區(qū)域3加上y方向的電場，試求：此電場的方向和電場強度的最小值．

Answer 1

分析 （1）由題設條件，當從O點出發(fā)的帶電粒子經電場加速再進入磁場做勻速圓周運動恰到Q點，由動能定理求出進入磁場的速度，由洛侖茲力提供向心力從而求出磁感應強度的大小．
（2）設在區(qū)域Ⅰ中的（x，y）出發(fā)的帶電粒子經電場加速后，進入磁場做勻速圓周運動后恰到達Q點，同樣的道理由動能定理各洛侖茲力提供向心力以及幾何關系，從而表示出滿足條件的位置坐標方程．
（3）從Q點出發(fā)后，在Ⅲ區(qū)做類平拋運動，要使帶電粒子打到MN上，由于水平位移不能超過l，時間由電場決定，從而表示出區(qū)域Ⅲ內場強的大小，再由x的范圍就能求出該區(qū)域內電場強度的最小值．

解答 解：（1）由題意，帶電粒子從O點靜止釋放，經區(qū)域1中電場的加速和區(qū)域2磁場的偏轉，剛好到達Q點．
  在正方形電場中，$Eql=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
  由幾何關系知，帶電粒子做勻速圓周運動的半徑為l，由洛侖茲力提供向心力有：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{l}$
  聯(lián)立可得：B=$\sqrt{\frac{2Em}{ql}}$
（2）設坐標為（x，y）處的粒子在電場中先加速，進入磁場中做勻速圓周運動，同理有：
  $Eq（l-x）=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
  $qvB=m\frac{{v}^{2}}{R}$
  其中  $R=\frac{2l-y}{2}$
  聯(lián)立可得：y=$2l-2\sqrt{l（l-x）}$
  由于區(qū)域的限制y＜l，即x＜$\frac{3}{4}l$   
  所以釋放帶電粒子的位置為曲線方程為  y=$2l-2\sqrt{l（l-x）}$，x$＜\frac{3}{4}l$的曲線上．
（3）到達Q點后帶電粒子進入Ⅲ區(qū)做類平拋運動，要使帶電粒子能到達MN上，則勻強電場方向應豎直向下，由類平拋運動規(guī)律有：
  豎直方向有：$l=\frac{1}{2}a{t}^{2}$   而$a=\frac{{E}_{3}q}{m}$，
  且x=vt≤l 
  結合（2）中的相關公式有：${E}_{3}≥\frac{4（l-x）}{l}$E，顯然當l-x=l時，E₃有最小值，為4E．
答：（1）區(qū)域2中磁場的磁感應強度大小為$\sqrt{\frac{2Em}{ql}}$．
（2）在其他條件不變的情況下，在區(qū)域1滿足y=$2l-2\sqrt{l（l-x）}$ （x$＜\frac{3}{4}l$  ）方程位置靜止釋放帶電粒子，經電場加速和慈航偏轉后都能到達Q點．
（3）在（2）問的情況下，為使所有到達Q點的粒子都能達到擋板MN上，需在區(qū)域3加上負y方向的電場，此電場的方向和電場強度的最小值為4E．

點評 本題的物理過程明確，運用的規(guī)律也只有兩個：動能定理和牛頓第二定律，但要注意的是結合幾何關系，及x出發(fā)的粒子有一個范圍，才能得到位置坐標方程．第三問又綜合了類平拋運動相關知識，由于打在MN上的時間由電場強度決定，要注意的是水平位移不能超過l，列出相關等式和不等式，就能求出場強的最小值．