Question

17．如圖甲所示，在直角坐標系0≤x≤L區域內有沿y軸正方向的勻強電場，右側有一個以點（3L，0）為中心、邊長為2L的正方形區域，其邊界ab與x軸平行，正方形區域與x軸的交點分別為M、N．在該正方形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，現有一質量為m，帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速度v₀沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點以與x軸夾角為30°的方向進入正方形區域，并恰好從d點射出．
（1）求勻強電場E的大小；
（2）求勻強磁場B的大小；
（3）若當電子到達M點時，在正方形區域換加如圖乙所示周期性變化的磁場（以垂直于紙面向外為磁場正方向），最后電子運動一段時間后從N點飛出，求正方形磁場區域磁感應強度B₀大小的表達式、磁場變化周期T與B₀的關系式．

Answer 1

分析 （1）電子在電場中作類平拋運動，根據水平位移和豎直位移，由位移公式和牛頓第二定律結合求解勻強電場的場強；
（2）畫出電子在磁場中的運動軌跡，由幾何關系求出軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心力列式，求解B的大小．
（3）在磁場變化的半個周期內電子的偏轉角為60°，由幾何知識得到在磁場變化的半個周期內，粒子在x軸方向上的位移等于電子的軌跡半徑R，由題意，粒子到達N點而且速度符合要求的空間條件是：nR=2L，由牛頓第二定律得到半徑R=$\frac{mv}{e{B}_{0}^{\;}}$，聯立得到磁感應強度B₀的大小表達式．

解答 解：（1）電子飛出電場的方向與x軸成30°

根據幾何關系$\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}=tan30°$             
豎直分速度  ${v}_{y}^{\;}=\frac{eE}{m}t$             
水平位移 $L={v}_{0}^{\;}t$
解得：$E=\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{eL}$
（2）設電子進入磁場的速度為v，則$\frac{{v}_{0}^{\;}}{v}=cos30°$
由幾何關系得$\frac{\frac{L}{2}}{R}=cos30°$
根據牛頓第二定律得$Bev=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$
解得：$B=\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{eL}$
（3）若電子從N點飛出，在磁場中的運動如圖所示

又根據邊角關系可得
nR=2L（n=1，2，3…）
$n\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{e{B}_{0}^{\;}\sqrt{3}}=2L$（n=1、2、3…）
整理得${B}_{0}^{\;}=n\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{\;}}{3eL}$（n=1、2、3…）
答：（1）勻強電場E的大小$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{eL}$；
（2）勻強磁場B的大小$\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{eL}$；
（3）若當電子到達M點時，在正方形區域換加如圖乙所示周期性變化的磁場（以垂直于紙面向外為磁場正方向），最后電子運動一段時間后從N點飛出，正方形磁場區域磁感應強度B₀大小的表達式、磁場變化周期T與B₀的關系式${B}_{0}^{\;}=n\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{\;}}{3eL}$（n=1、2、3…）．

點評 電子在電場中，關鍵是將粒子的運動沿著水平方向和豎直方向正交分解，然后根據牛頓運動定律和運動學公式列式分析求解；在磁場中，關鍵要畫出軌跡圖分析，特別是第三小題，要抓住周期性，根據幾何關系求解電子的半徑滿足的條件．