Question

（2013?山西模擬）如圖所示，在第一象限0＜x＜6cm的范圍內(nèi)，有一方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₁=0.8T的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域（圖中未畫出），在x＞6cm的范圍內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場；第三、四象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小未知．一個(gè)質(zhì)量m=8.0×10^-l2kg、電荷量q=2.0×l0^-6C的帶正電的粒子，以v₀=4.0×l0³m/s的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿與x軸正方向成60°角射出，經(jīng)圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域后平行x軸方向到達(dá)C（6cm，4cm ）點(diǎn)，之后從C點(diǎn)垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場中，并從D點(diǎn)沿與x軸正方向成45°角進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B₂中，最后恰好能返回到O點(diǎn)．不計(jì)帶電粒子的重力，求：
（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小；
（2）勻強(qiáng)磁場的磁感位強(qiáng)度B₂的大�。�
（3）圓形磁場區(qū)域的最小面積S₀．

Answer 1

分析：（1）帶電粒子從O到C過程中速度大小不變v_C=v₀，從C到D做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子在D點(diǎn)速度為v，則vcos45°=v_C，根據(jù)動能定理qEyC=

1

2

mv2-

1

2

mvC2，代入數(shù)據(jù)可解得勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E．
（2）C到D做平拋運(yùn)動，豎直方向上勻加速，所以yC=

vsin45°

2

t，水平方向上勻速直線運(yùn)動，所以x_D-x_C=v₀t，由此可解得x_D．又根據(jù)幾何關(guān)系知r2=

xD

2cos45°

，代入數(shù)據(jù)解得粒子從D到O做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r₂，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB2=m

v2

r2

，代入數(shù)據(jù)可解得勻強(qiáng)磁場的磁感位強(qiáng)度B₂的大�。�
（3）根據(jù)洛倫茲力提供向心力qv0B1=m

v02

r1

，可解得粒子在圓形勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r₁，根據(jù)粒子入射點(diǎn)、出射點(diǎn)和做圓周運(yùn)動的圓心構(gòu)成等邊三角形，則最小勻強(qiáng)磁場區(qū)域的半徑R=

1

2

r1，則最小圓形磁場的面積：S0=πR2，代入數(shù)據(jù)計(jì)算即可．

解答：解：（1）粒子從O到C過程中速度大小不變v_C=v₀
粒子從C到D做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子在D點(diǎn)速度為v
所以vcos45°=v_C
根據(jù)動能定理qEyC=

1

2

mv2-

1

2

mvC2
解得E=8.0×10²N/C
（2）粒子從D到O做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)半徑為r₂
洛倫茲力提供向心力qvB2=m

v2

r2

C到D做平拋運(yùn)動，豎直方向上勻加速，所以yC=

vsin45°

2

t
水平方向上勻速直線運(yùn)動，所以x_D-x_C=v₀t
由幾何關(guān)系得，r2=

xD

2cos45°

由以上各式可解得B2=

1.6

7

T=0.23T
（3）粒子在圓形勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動半徑為r₁
洛倫茲力提供向心力qv0B1=m

v02

r1

粒子入射點(diǎn)、出射點(diǎn)和做圓周運(yùn)動的圓心構(gòu)成等邊三角形，則最小勻強(qiáng)磁場區(qū)域的半徑R=

1

2

r1
最小圓形磁場的面積：S0=πR2
解得S0=3.14×10-4m2．
答：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小為8.0×10²N/C；（2）勻強(qiáng)磁場的磁感位強(qiáng)度B₂的大小為0.23T；（3）圓形磁場區(qū)域的最小面積S₀為3.14×10^-4m²．

點(diǎn)評：本題考查了帶電粒子在電磁場中運(yùn)動的相關(guān)問題，考查學(xué)生綜合分析、解決物理問題能力．分析清楚粒子的運(yùn)動過程，應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解、牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)公式即可正確解題．