Question

13．如圖甲所示，在平行邊界MN、PQ之間存在寬度為L的勻強(qiáng)電場，電場周期性變化的規(guī)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(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，在PQ右側(cè)有寬度足夠大、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域I．在區(qū)域I中距PQ距離為L的A點(diǎn)，有一質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計(jì)的帶正電粒子以初速度v₀沿豎直向上方向開始運(yùn)動(dòng)，以此作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，再經(jīng)過一段時(shí)間粒子又恰好回到A點(diǎn)，如此循環(huán)，粒子循環(huán)運(yùn)動(dòng)一周，電場恰好變化一個(gè)周期，已知粒子離開區(qū)域I進(jìn)入電場時(shí)，速度恰好與電場方向垂直，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6．
（1）求區(qū)域I的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B₁．
（2）若E₀=$\frac{4m{{v}_{0}}^{2}}{3qL}$，要實(shí)現(xiàn)上述循環(huán)，確定區(qū)域Ⅱ的磁場寬度s的最小值以及磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B₂．
（3）若E₀=$\frac{4m{{v}_{0}}^{2}}{3qL}$，要實(shí)現(xiàn)上述循環(huán)，求電場的變化周期T．

Answer 1

分析 （1）粒子在區(qū)域Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用牛頓第二定律洛侖茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系即可；
（2）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解結(jié)合牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律以及幾何關(guān)系，求解進(jìn)入磁場的速度大小和方向；在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系即可；
（3）電場變化的周期等于粒子運(yùn)動(dòng)的周期，對粒子的圓周運(yùn)動(dòng)過程和類平拋運(yùn)動(dòng)過程分別求解時(shí)間，加和即可．

解答 解：（1）粒子在區(qū)域I做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=L
由洛倫茲力提供向心力得：qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得：B₁=$\frac{{mv}_{0}}{qL}$
（2）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
離開電場時(shí)沿電場方向的速度：v_y=at=$\frac{q{E}_{0}}{m}•\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{4}{3}{v}_{0}$
離開電場時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{4}{3}$，θ=53°
所以粒子離開電場時(shí)的速度：v=$\frac{{v}_{0}}{cos53°}$=$\frac{5}{3}{v}_{0}$
粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的距離：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(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖如圖所示，粒子在區(qū)域II做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O₂與在區(qū)域I做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O₁的連線必須與邊界垂直才能完成上述運(yùn)動(dòng)，
由幾何關(guān)系知粒子在區(qū)域II做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：r=$\frac{L-\frac{2}{3}L}{cos53°}$=$\frac{5}{9}L$
所以s≥r（1-sin53°）=$\frac{L}{9}$
根據(jù)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(yùn)動(dòng)的周期
粒子在區(qū)域I中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t₁=$\frac{πL}{{v}_{0}}$
粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t₂=$\frac{2L}{{v}_{0}}$
粒子在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t₃=$\frac{37°}{180°}•\frac{2πr}{v}$=$\frac{37πL}{27{0v}_{0}}$
所以周期T=t₁+t₂+t₃=$\frac{307π+540}{27{0v}_{0}}L$
答：（1）區(qū)域I的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B₁為$\frac{{mv}_{0}}{qL}$．
（2）若E₀=$\frac{4m{{v}_{0}}^{2}}{3qL}$，要實(shí)現(xiàn)上述循環(huán)，區(qū)域Ⅱ的磁場寬度s的最小值為$\frac{L}{9}$，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B₂為$\frac{3m{v}_{0}}{qL}$．
（3）若E₀=$\frac{4m{{v}_{0}}^{2}}{3qL}$，要實(shí)現(xiàn)上述循環(huán)，電場的變化周期T為$\frac{307π+540}{27{0v}_{0}}L$．

點(diǎn)評 本題考查：帶電粒子在電磁場中的類平拋運(yùn)動(dòng)和帶電粒子在磁場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．偏轉(zhuǎn)電場中用類平拋的規(guī)律去解決，即運(yùn)動(dòng)的合成和分解，再針對分運(yùn)動(dòng)運(yùn)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律；分析時(shí)要畫出過程圖，這樣便于找到幾何關(guān)系．