Question

6．如圖所示，在平面直角坐標系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平面向內(nèi)的有界圓形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出）；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負方向的勻強電場．一粒子源固定在x軸上坐標為（-L，0）的A點，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軸上坐標為（0，2L）的C點，電子經(jīng)過磁場偏轉后恰好垂直通過第一象限內(nèi)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）．下列結論正確的是（　�。�

• A． 勻強電場的電場強度大小E=$\frac{m{v}^{2}}{eL}$
• B． 電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角為θ=45°
• C． 圓形磁場的最小半徑R_圓=$\frac{\sqrt{6}mv}{2eB}$
• D． 電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r=$\frac{mv}{eB}$

Answer 1

分析 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(jù)運動學公式列式求解；先根據(jù)運動學公式列式求解出x、y方向的分速度，然后根據(jù)幾何關系列式求解；也可以根據(jù)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；先根據(jù)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：A、從A到C的過程中，電子做類平拋運動，有：
x方向：$L=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{eE}{m}•{t}_{\;}^{2}$
y方向：2L=vt
聯(lián)立解得：$E=\frac{m{v}_{\;}^{2}}{2eL}$，故A錯誤；
B、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：$eEL=\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：${v}_{C}^{\;}=\sqrt{2}v$
故$cosθ=\frac{v}{{v}_{C}^{\;}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
得θ=45°，故B正確；
D、電子在場中做勻速圓周運動的半徑
$r=\frac{m{v}_{C}^{\;}}{qB}=\frac{\sqrt{2}mv}{eB}$，故D錯誤；
C、畫出軌跡如圖所示，

電子在磁場中偏轉120°后垂直于ON射出，磁場的最小半徑為
${R}_{m}^{\;}=\frac{PQ}{2}=rsin60°$
得${R}_{m}^{\;}=\frac{\sqrt{6}mv}{2eB}$，故C正確；
故選：BC

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(jù)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．