Question

12．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xoy的第四象限內(nèi)有一勻強(qiáng)電場，其場強(qiáng)大小為E．方向與x軸成30°角斜向上．一比荷為$\frac{q}{m}$的帶正電粒子從P點由靜止出發(fā)，接著在x軸上Q點進(jìn)入第一象限，通過磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域（圖中未畫出）后，從坐標(biāo)原點O沿y軸負(fù)方向離開磁場區(qū)域．若P、Q間距為L，粒子重力不計，試求：
（1）粒子到達(dá)Q點時的速度大��；
（2）Q點的坐標(biāo)；
（3）矩形磁場區(qū)域的最小面積．

Answer 1

分析 （1）由動能定理，電場力做的功等于帶電粒子動能的增加量，從而求出到達(dá)Q點的速度．
（2）畫出帶電粒子做勻速圓周運動的軌跡，由幾何關(guān)系關(guān)系知道Q點的坐標(biāo)應(yīng)為3R，由洛侖茲力提供向心力求出半徑，從而用已知條件表示出Q點的坐標(biāo)．
（3）矩形的最小面積應(yīng)恰好包含粒子的運動軌跡，如圖所示，求出矩形的長、寬，也就求出了矩形的最小面積．

解答 解：做出粒子運動軌跡如圖所示：
（1）設(shè)粒子到達(dá)Q點時的速度大小為v，粒子從P到Q過程，根據(jù)動能定理得到：
  $qEL=\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
得到：v=$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$．
（2）設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系可知Q點的坐標(biāo)為（3R，0）
  又$qvB=m\frac{{v}^{2}}{R}$，
得到：$R=\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mEL}{q}}$
  則Q點的坐標(biāo)為$（\frac{3}{B}\sqrt{\frac{2mEL}{q}}，0）$
（3）由圖可得：最小的矩形磁場面積：
   ${S}_{min}=2Rcos30°（R-Rsin30°）=\frac{\sqrt{3}}{2}{R}^{2}$=$\frac{\sqrt{3}mEL}{q{B}^{2}}$
答：（1）粒子到達(dá)Q點時的速度大小為$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$．
（2）Q點的坐標(biāo)為$（\frac{3}{B}\sqrt{\frac{2mEL}{q}}，0）$．
（3）矩形磁場區(qū)域的最小面積為$\frac{\sqrt{3}mEL}{q{B}^{2}}$．

點評 本題的難點是在于找到粒子做勻速圓周運動的圓心，先確定圓心必在x軸上，又必須與PQ的延長線垂直，所以在x軸上向PQ延長線作垂線段，使垂線段的長與到原點的距離相等，這樣就找到了圓心所在；至于最小面積應(yīng)該是帶電粒子的軌跡恰被矩形包含，與矩形的一邊相切，又通過矩形的兩角．