Question

9．如图，xOy平面的第Ⅱ象限的某一区域有垂直于纸面的匀强磁场B₁，磁场感应强度B₁=1T，磁场区域的边界为矩形，其边分别平行与x．y轴．有一质量m=10^-12kg．带正电q=10^-7C的a粒子从O点以速度v₀=10⁵m/s，沿与y轴正方向成θ=30°的方向射入第Ⅱ象限，经磁场偏转后，从y轴上的P点垂直于y轴射入第Ⅰ象限，P点纵坐标y_P=3m，y轴右侧和垂直于x轴的虚线左侧间有平行与y轴的匀强电场，a粒子将从虚线与x轴交点Q进入第Ⅳ象限，Q点横坐标x_Q=6$\sqrt{3}$m，虚线右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B₂，其磁感应强度大小仍为1T，不计粒子的重力，求：
（1）磁场B₁的方向及a粒子的磁场B₁的运动半径r₁；
（2）矩形磁场B₁的最小面积S和电场强度大小E；
（3）如在a粒子刚进入磁场B₁的同时，有另一带电量为一q的b粒子，从y轴上的M点以速度v₀垂直于y轴射入电场，a．b粒子将发生迎面正碰，求M点纵坐标y_M以及相碰点N的横坐标x_N．

Answer 1

分析 （1）根据左手定则判断磁场方向，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径；
（2）根据几何关系确定在磁偏转过程的运动轨迹，然后确定磁场的最小面积；粒子在电场中做类似平抛运动，根据类平抛运动的分运动公式列式求解即可；
（3）a、b粒子将发生迎面正碰，故a粒子经过磁场B₂偏转后有b粒子碰撞；先求解粒子从O点经过磁场B₁、电场、磁场B2后的时间以及离开磁场B₂的坐标点；最后将在电场中的运动分为x方向的分运动和y方向的分运动列式，根据位移关系和时间关系列式后联立求解．

解答 （1）根据左手定则知，磁场B₁的方向垂直纸面向外；
粒子a在磁场B₁中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}}$，
代入数据解得：r₁=1m．
（2）设粒子a在磁场B₁中入射点A纵坐标y_A，在磁场B₁中运动周期为T₁，
由题意知：y_P=y_A+r₁[1+cos（$\frac{π}{2}$-θ）]，
解得：y_A=1.5m，结合y_P=3m，r₁=1m，
可以判定P恰为a粒子在磁场B₁中的出射点，即a粒子在磁场B₁中做圆周运动的圆心O₁在y轴上；
作出粒子a的运动轨迹如图所示：

由图中几何关系得磁场B₁的最小面积为：S=（y_P-y_A）r₁…①
a粒子从P到Q做类平抛运动，运动时间为t，有：
x_Q=v₀t…②，
y_P=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²…③
联解①②③得：S=1.5m²，E≈5.56×10³V/m．
（3）设a粒子进入磁场B₂时速度v的方向与x轴夹角为α，轨道半径为R₂，则：
$\frac{qE}{m}t$=v₀tanα…④，
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}{+（\frac{qE}{m}t）}^{2}}$…⑤，
r₂=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$…⑥
设a粒子在磁场B₂中出射点C纵坐标为y_C，b粒子在y轴上入射点M纵坐标为y_M，
由题意b粒子要与a正碰必在Q右侧磁场区，且轨迹与a粒子轨迹恰对称，所以b粒子在磁场中的入射点为C，
由图中几何关系得：
y_C=2r₂cosα…⑦
|y_M|=y_P-y_C …⑧
因粒子a在Ⅱ象限和Ⅰ象限做圆周运动的周期T₁=T₂，
所以，当a粒子到Q点时，b粒子在磁场中已运动了$\frac{{T}_{2}}{3}$，
即a．b粒子将在轨迹与x轴的交点N相遇，则：x_N=x_Q+2r₂cos（$\frac{π}{2}$-α）…⑨，
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：y_M=-1m，x_N=$\frac{20\sqrt{3}}{3}$m≈11.55m．
答：（1）磁场B₁的方向垂直向外，a粒子在磁场B₁的运动半径r₁为1m；
（2）矩形磁场B₁的最小面积S为1.5m²，电场强度大小E为5.56×10³V/m；
（3）M点纵坐标为-1m，相碰点N的横坐标为11.55m．

点评 本题过程较为复杂，关键是要分好过程画出粒子的运动轨迹，明确粒子每一个过程的运动，然后运用运动的合成和分解、牛顿第二定律、运动学规律求解；大家一定要规范作图，以便更快地找到几何关系．