Question

9．如圖，xOy平面的第Ⅱ象限的某一區(qū)域有垂直于紙面的勻強磁場B₁，磁場感應強度B₁=1T，磁場區(qū)域的邊界為矩形，其邊分別平行與x．y軸．有一質(zhì)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°的方向射入第Ⅱ象限，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，從y軸上的P點垂直于y軸射入第Ⅰ象限，P點縱坐標y_P=3m，y軸右側(cè)和垂直于x軸的虛線左側(cè)間有平行與y軸的勻強電場，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(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場B₂，其磁感應強度大小仍為1T，不計粒子的重力，求：
（1）磁場B₁的方向及a粒子的磁場B₁的運動半徑r₁；
（2）矩形磁場B₁的最小面積S和電場強度大小E；
（3）如在a粒子剛進入磁場B₁的同時，有另一帶電量為一q的b粒子，從y軸上的M點以速度v₀垂直于y軸射入電場，a．b粒子將發(fā)生迎面正碰，求M點縱坐標y_M以及相碰點N的橫坐標x_N．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)左手定則判斷磁場方向，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑；
（2）根據(jù)幾何關(guān)系確定在磁偏轉(zhuǎn)過程的運動軌跡，然后確定磁場的最小面積；粒子在電場中做類似平拋運動，根據(jù)類平拋運動的分運動公式列式求解即可；
（3）a、b粒子將發(fā)生迎面正碰，故a粒子經(jīng)過磁場B₂偏轉(zhuǎn)后有b粒子碰撞；先求解粒子從O點經(jīng)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(guān)系和時間關(guān)系列式后聯(lián)立求解．

解答 （1）根據(jù)左手定則知，磁場B₁的方向垂直紙面向外；
粒子a在磁場B₁中做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：r₁=1m．
（2）設粒子a在磁場B₁中入射點A縱坐標y_A，在磁場B₁中運動周期為T₁，
由題意知：y_P=y_A+r₁[1+cos（$\frac{π}{2}$-θ）]，
解得：y_A=1.5m，結(jié)合y_P=3m，r₁=1m，
可以判定P恰為a粒子在磁場B₁中的出射點，即a粒子在磁場B₁中做圓周運動的圓心O₁在y軸上；
作出粒子a的運動軌跡如圖所示：

由圖中幾何關(guān)系得磁場B₁的最小面積為：S=（y_P-y_A）r₁…①
a粒子從P到Q做類平拋運動，運動時間為t，有：
x_Q=v₀t…②，
y_P=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²…③
聯(lián)解①②③得：S=1.5m²，E≈5.56×10³V/m．
（3）設a粒子進入磁場B₂時速度v的方向與x軸夾角為α，軌道半徑為R₂，則：
$\frac{qE}{m}t$=v₀tanα…④，
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}{+（\frac{qE}{m}t）}^{2}}$…⑤，
r₂=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$…⑥
設a粒子在磁場B₂中出射點C縱坐標為y_C，b粒子在y軸上入射點M縱坐標為y_M，
由題意b粒子要與a正碰必在Q右側(cè)磁場區(qū)，且軌跡與a粒子軌跡恰對稱，所以b粒子在磁場中的入射點為C，
由圖中幾何關(guān)系得：
y_C=2r₂cosα…⑦
|y_M|=y_P-y_C …⑧
因粒子a在Ⅱ象限和Ⅰ象限做圓周運動的周期T₁=T₂，
所以，當a粒子到Q點時，b粒子在磁場中已運動了$\frac{{T}_{2}}{3}$，
即a．b粒子將在軌跡與x軸的交點N相遇，則：x_N=x_Q+2r₂cos（$\frac{π}{2}$-α）…⑨，
聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：y_M=-1m，x_N=$\frac{20\sqrt{3}}{3}$m≈11.55m．
答：（1）磁場B₁的方向垂直向外，a粒子在磁場B₁的運動半徑r₁為1m；
（2）矩形磁場B₁的最小面積S為1.5m²，電場強度大小E為5.56×10³V/m；
（3）M點縱坐標為-1m，相碰點N的橫坐標為11.55m．

點評 本題過程較為復雜，關(guān)鍵是要分好過程畫出粒子的運動軌跡，明確粒子每一個過程的運動，然后運用運動的合成和分解、牛頓第二定律、運動學規(guī)律求解；大家一定要規(guī)范作圖，以便更快地找到幾何關(guān)系．