Question

14．如圖，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點坐標(biāo)（-L，0），MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限的某區(qū)域有方向垂直于坐標(biāo)平面的矩形有界勻強磁場（圖中未畫出）．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從虛線MN上的P點，以平行于x軸正方向的初速度v₀射入電場，并從y軸上A點（0，0.5L）射出電場，射出時速度方向與y軸負(fù)方向成30°角，此后，電子做勻速直線運動，進入磁場并從矩形有界磁場邊界上Q點（$\frac{\sqrt{3}l}{6}$，-l）射出，速度沿x軸負(fù)方向，不計電子重力，求：
（1）勻強電場的電場強度E的大��；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和電子在磁場中運動的時間t；
（3）矩形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積S_min．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電場力提供合力使其做類平拋運動，由牛頓第二定律，結(jié)合運動學(xué)公式從而即可求解E；
（2）由幾何關(guān)系可確定OD的距離，再由運動的分解可列出速度間的關(guān)系式，最后由運動軌跡的半徑與周期公式，借助于已知長度，來確定磁場的B與運動的時間；
（3）以切點F，Q的連線長為矩形的一條邊，與電子的運動軌跡相切的另一邊作為其FQ的對邊，有界勻強磁場區(qū)域面積為最小，從而根據(jù)幾何的關(guān)系，并由面積公式即可求解．

解答 解：（1）設(shè)電子在電場中運動的加速度為a，時間為t，離開電場時，沿y軸方向的速度大小為v_y，
則水平方向有  L=v₀t
豎直方向有：加速度 a=$\frac{eE}{m}$，v_y=at
據(jù)題有：v_y=$\frac{{v}_{0}}{tan30°}$
解得：E=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{eL}$
（2）設(shè)軌跡與x軸的交點為D，OD距離為x_D，
則x_D=0.5Ltan30°=$\frac{\sqrt{3}}{6}$L
所以，DQ平行于y軸，電子在磁場中做勻速圓周運動的軌道的圓心在DQ上，電子運動軌跡如圖所示．  
設(shè)電子離開電場時速度為v，在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，
則有 evB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
又v=$\frac{{v}_{0}}{sin30°}$
由幾何關(guān)系有 r+$\frac{r}{sin30°}$=L，r=$\frac{L}{3}$ 
聯(lián)立以上各式解得 B=$\frac{6m{v}_{0}}{eL}$
電子轉(zhuǎn)過的圓心角為120°．則得 t=$\frac{T}{3}$
而T=$\frac{2πr}{v}$=$\frac{πL}{3{v}_{0}}$
得 t=$\frac{πL}{9{v}_{0}}$
（3）以切點F，Q的連線長為矩形的一條邊，與電子的運動軌跡相切的另一邊作為其FQ的對邊，有界勻強磁場區(qū)域面積為最�。�
  S_min=$\sqrt{3}$r×$\frac{r}{2}$
得 S_min=$\frac{\sqrt{3}{L}^{2}}{18}$
答：
（1）勻強電場的電場強度E的大小為$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{eL}$；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為$\frac{6m{v}_{0}}{eL}$，電子在磁場中運動的時間t是$\frac{πL}{9{v}_{0}}$；
（3）矩形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積S_min是$\frac{\sqrt{3}{L}^{2}}{18}$．

點評 粒子做類平拋時，由牛頓第二定律與運動學(xué)公式相結(jié)合來綜合運用；在做勻速圓周運動時，由半徑公式與幾何關(guān)系來巧妙應(yīng)用，從而培養(yǎng)學(xué)生在電學(xué)與力學(xué)綜合解題的能力．注意區(qū)別磁場的圓形與運動的軌跡的圓形的半徑不同．