Question

20．如圖所示，在平面直角坐標系xOy中的第一象限內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平面向內的有界圓形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出）；在第二象限內存在沿x軸負方向的勻強電場．一粒子源固定在x軸上的A點，A點坐標為（-L，0）．粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子，電子恰好能通過y軸上的C點，C點坐標為（0，2L），電子經過磁場偏轉后恰好垂直通過第一象限內與x軸正方向成15°角的射線ON（已知電子的質量為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）第二象限內電場強度E的大�。�
（2）電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角θ
（3）圓形磁場的最小半徑R_m．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類似平拋運動，x方向勻速，y方向勻加速，根據運動學公式列式求解；
（2）先根據運動學公式列式求解出x、y方向的分速度，然后根據幾何關系列式求解；也可以根據類似平拋運動速度偏轉角的正切是位移偏轉角正切的2倍直接求解；
（3）先根據洛倫茲力提供向心力求解出軌跡的半徑，然后畫出軌跡圖，確定磁場的最小半徑

解答 解：（1）從A到C的過程中，電子做類平拋運動，有：
x方向：$L=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{eE}{2m}{t}^{2}$                      
x方向：2L=vt     
聯(lián)立解得：$E=\frac{m{v}^{2}}{2eL}$         
（2）設電子到達C點的速度大小為v_c，方向與y軸正方向的夾角為θ．
由動能定理，有：$\frac{1}{2}{mv}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}^{2}=eEL$
解得：${v}_{C}=\sqrt{2}v$
故有：$cosθ=\frac{v}{{v}_{C}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
得：θ=45°
（3）畫軌跡如圖所示，電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為：
$r=\frac{m{v}_{C}}{r}$
電子在磁場中偏轉120°后垂直于ON射出．磁場最小半徑為：
${R}_{m}=\frac{PQ}{2}=rsin60°$
得：${R}_{m}=\frac{\sqrt{6}mv}{2eB}$
答：（1）勻強電場的電場強度E的大小為$\frac{m{v}^{2}}{2eL}$；
（2）電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角θ為45°；
（3）圓形磁場的最小半徑R_m為$\frac{\sqrt{6}mv}{2eB}$

點評 本題中粒子先在電場中做類似平拋運動，然后進入磁場做勻速圓周運動，要注意兩個軌跡的連接點，然后根據運動學公式和牛頓第二定律以及幾何關系列式求解，其中畫出軌跡是關鍵