Question

15．如圖甲所示，在平行邊界MN、PQ之間存在寬度為L的勻強電場，電場周期性變化的規律如圖乙所示，取豎直向下為電場正方向；在平行邊界MN、EF之間存在寬度為s、方向垂直紙面向里的勻強磁場區域Ⅱ，在PQ右側有寬度足夠大、方向垂直紙面向里的勻強磁場區域Ⅰ．在區域Ⅰ中距PQ距離為L的A點，有一質量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子以初速度v₀沿豎直向上方向開始運動，以此作為計時起點，再經過一段時間粒子又恰好回到A點，如此循環，粒子循環運動一周，電場恰好變化一個周期，已知粒子離開區域Ⅰ進入電場時，速度恰好與電場方向垂直，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6．

（1）求區域Ⅰ的磁場的磁感應強度大小B₁．
（2）若E₀=$\frac{4m{{v}_{0}}^{2}}{3qL}$，要實現上述循環，確定區域Ⅱ的磁場寬度s的最小值以及磁場的磁感應強度大小B₂．
（3）若E₀=$\frac{4m{{v}_{0}}^{2}}{3qL}$，要實現上述循環，求電場的變化周期T．

Answer 1

分析 （1）粒子在區域Ⅰ做圓周運動，洛侖茲力提供向心力，結合幾何關系得到軌道半徑，再根據牛頓第二定律列式求解磁感應強度大小；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，畫出運動軌跡，根據類平拋運動的分運動公式列式求解進入磁場的速度大小和方向，根據牛頓第二定律對磁場中的運動過程列式，同時要結合幾何關系分析；
（3）電場的變化周期恰好等于粒子循環一周的時間，對粒子的圓周運動過程和類平拋運動過程分別求解時間后求和即可．

解答 解：（1）粒子在區域Ⅰ做圓周運動的半徑R=L，由洛倫茲力提供向心力知：qv₀B₁=$m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，
聯立解得：B₁=$\frac{m{v}_{0}}{qL}$；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，離開電場時沿電場方向的速度，有：
v_y=at=$\frac{{q{E_0}}}{m}$•$\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{4}{3}$v₀，
離開電場時速度的偏轉角為θ，tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{4}{3}$，θ=53°，
所以粒子離開電場時的速度為：v=$\frac{{v}_{0}}{cos53°}$=$\frac{5}{3}$v₀，
粒子在電場中偏轉的距離為：y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$•$\frac{q{E}_{0}}{m}$（$\frac{L}{{v}_{0}}$）²=$\frac{2}{3}$L；
畫出粒子運動軌跡的示意圖如圖所示，粒子在區域Ⅱ做圓周運動的圓心O₂與在區域Ⅰ做圓周運動的圓心O₁的連線必須與邊界垂直才能完成上述運動，由幾何關系知粒子在區域Ⅱ做圓周運動的半徑為：r=$\frac{{L-\frac{2}{3}L}}{cos53°}=\frac{5}{9}L$；

所以s≥r（1-sin53°）=$\frac{L}{9}$，
根據r=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$解得：B₂=$\frac{3m{v}_{0}}{qL}$；
（3）電場變化的周期等于粒子運動的周期，
粒子在區域Ⅰ中運動的時間為：t₁=$\frac{T_1}{2}=\frac{πm}{{q{B_1}}}=\frac{πL}{v_0}$，
粒子在電場中運動的時間為：t₂=$\frac{2L}{{v}_{0}}$，
粒子在區域Ⅱ中運動的時間為：t₃=$\frac{37}{180}×\frac{2πr}{v}=\frac{37πL}{{270{v_0}}}$，
所以周期為：T=t₁+t₂+t₃=$\frac{307π+540}{{270{v_0}}}L$．
答：（1）區域Ⅰ的磁場的磁感應強度大小B₁為$\frac{m{v}_{0}}{qL}$；
（2）若E₀=$\frac{4m{{v}_{0}}^{2}}{3qL}$，要實現上述循環，區域Ⅱ的磁場寬度s的最小值為$\frac{L}{9}$，磁場的磁感應強度大小B₂為$\frac{3m{v}_{0}}{qL}$；
（3）若E₀=$\frac{4m{{v}_{0}}^{2}}{3qL}$，要實現上述循環，電場的變化周期T為$\frac{307π+540}{{270{v_0}}}L$．

點評 本題考查粒子在電磁場中的運動問題，關鍵是明確粒子在電場中是做類似平拋運動，在磁場是做勻速圓周運動，同時要注意電場和磁場中運動的連接點的速度的大小和方向，還要畫出軌跡圖，結合幾何關系分析．