Question

12．在直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的有界電場，其中的兩條邊界分別與Ox、Oy重合，電場強(qiáng)度大小為E．在第二象限內(nèi)有垂直紙面向里的有界磁場（圖中未畫出），磁場邊界為矩形，其中的一個邊界與y軸重合，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B．一質(zhì)量為m，電量為q的正離子，從電場中P點(diǎn)以某初速度沿-x方向開始運(yùn)動，經(jīng)過坐標(biāo)（0，L）的Q點(diǎn)時，速度大小為v_Q=$\frac{BqL}{3m}$，方向與-y方向成30°，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后能夠返回電場，離子重力不計．求：
（1）正離子在P點(diǎn)的初速度；
（2）矩形磁場的最小面積；
（3）離子在第二象限中運(yùn)動的最長時間．

Answer 1

分析 （1）正離子在P點(diǎn)的初速度等于Q點(diǎn)水平方向的分速度；
（2）先根據(jù)牛頓第二定律求出離子在矩形磁場中圓周運(yùn)動的半徑，根據(jù)離子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角確定矩形矩形區(qū)域的最小寬度，即可求得面積；
（3）磁場區(qū)域下移，離子在磁場偏轉(zhuǎn)的圓心角增大，運(yùn)動時間變長．

解答 解：（1）離子在從P到Q在電場力作用下做類平拋運(yùn)動：
由于：${v}_{Q}=\frac{BqL}{3m}$
所以：${v}_{0}={v}_{X}={v}_{Q}sin30°=\frac{BqL}{6m}$
（2）離子離開磁場后，可能直接進(jìn)入磁場偏轉(zhuǎn)后返回電場，也可能先直線運(yùn)動一段距離后再進(jìn)入磁場偏轉(zhuǎn)后返回電場．
由于：qBv_Q=m$\frac{{v}_{Q}^{2}}{R}$ 
所以：$R=\frac{L}{3}$
離子離開電場后直接進(jìn)入磁場偏轉(zhuǎn)圓心角60°
最小寬度：△x=$\frac{L}{3}-\frac{L}{3}cos30°=\frac{L}{6}（2-\sqrt{3}）$
最小高度為$△y=2Rsin30°=\frac{L}{3}$
面積為$S=△x•△y=\frac{2-\sqrt{3}}{18}{L}^{2}$
（3）離子離開電場后，先直線運(yùn)動，再進(jìn)入磁場，最后通過O點(diǎn)返回電場在電場．
隨著磁場區(qū)域下移，離子在磁場偏轉(zhuǎn)的圓心角增大，運(yùn)動時間變長．
在磁場中偏轉(zhuǎn)最長時間t：$t=\frac{1}{3}T=\frac{1}{3}•\frac{2πm}{qB}=\frac{2πm}{3Bq}$
在第二象限勻速運(yùn)動的位移x=$\frac{2}{3}Lcos30°=\frac{\sqrt{3}}{3}L$，
所需時間為t$′=\frac{x}{{v}_{Q}}=\frac{\sqrt{3}m}{Bq}$
所需時間為${t}_{總}=t+t′=\frac{\sqrt{3}m}{Bq}+\frac{2πm}{3qB}$
答：（1）正離子在P點(diǎn)的初速度為$\frac{BqL}{6m}$；
（2）矩形磁場的最面積為$\frac{2-\sqrt{3}}{18}{L}^{2}$；
（3）離子在返回電場前運(yùn)動的最長時間$\frac{\sqrt{3}m}{Bq}+\frac{2πm}{3qB}$

點(diǎn)評 本題帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動，電場中做平拋運(yùn)動，關(guān)鍵要正確畫出粒子在磁場中的運(yùn)動的軌跡，由幾何知識求磁場寬是關(guān)鍵．