Question

（2011?龍巖模擬）制作半導(dǎo)體時，需向單晶硅或其他晶體中摻入雜質(zhì)．單晶硅內(nèi)的原子是規(guī)則排列的，在兩層電子間的間隙會形成如圖甲所示的上下對稱的勻強電場，設(shè)某空間存在上下對稱的勻強電場，并在該電場中的下半?yún)^(qū)域加一方向垂直紙面向里的勻強磁場，如圖乙所示．電量為+q、質(zhì)量為m的帶電小球從上邊界以初速度v₀垂直電場入射．已知上下場區(qū)的寬均為d，長為L，電場強度E=

mg

q

，初速度v0=

3

2

gd

，sin37°=

3

5

，cos37°=

4

5

．
求：
（1）小球第一次經(jīng)過對稱軸OO′時的速度；
（2）要使小球不越過下邊界，所加磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值；
（3）若所加磁場的磁感應(yīng)強度B′=

2m

qd

gd

，且L=20d，求小球在場區(qū)運動的總時間．

Answer 1

分析：（1）對小球受力分析，得知重力和電場力方向相同，由此可知小球在上半?yún)^(qū)的加速度，小球在上半?yún)^(qū)做類平拋運動，由牛頓運動定律和運動學(xué)公式幾何速度的合成與分解可求出小球剛要離開上半?yún)^(qū)是的速度大小和方向．
（2）小球進入下邊界，受到的電場力和重力平衡，小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，畫出運動軌跡圖，由幾何關(guān)系求出運動半徑，在由牛頓運動定律可求出磁場的強度．
（3）首先可根據(jù)第二問的結(jié)果判知在此磁場中運動的半徑（為第二問求得半徑的一半），分析得出小球在做周期性的運動（在上半?yún)^(qū)做斜上拋運動，在下半?yún)^(qū)做勻速圓周運動），由幾何知識求出一個周期內(nèi)小球在水平方向上的位移，判斷能運動幾個周期；再分段求出一個周期所用的時間，便可求出總時間．

解答：解：
（1）小球進入電場后做類平拋運動，在豎直方向上有：
加速度：a=

mg+qE

m

=2g
豎直方向的位移：d=

1

2

at2
得：t=

d g

所以和速度大小為：v=

v 2 0 +v 2 y

=

5

2

gd

與豎直方向的夾角θ：tan=

v0

vy

=

3 2 gd

2 gd

=

3

4

可得：θ=37°
（2）小球進入下半?yún)^(qū)域時，因重力和電場力平衡，小球在洛倫茲力的作用下做勻速勻速圓周運動，設(shè)小球恰好不越過下邊界，則小球在到下邊界時速度的方向應(yīng)與邊界平行，設(shè)圓周半徑為R．如圖所示：
由幾何關(guān)系得：

R-d

R

=sin37°
得：R=

5

2

d
由牛頓第二定律得：qvB=m

v2

R

解得：B=

m

qb

gd

所以電磁場感應(yīng)強度B的最小值為

m

qb

gd

（3）設(shè)在下半?yún)^(qū)域做圓周運動的軌道半徑為R^′，則結(jié)合第二問的知識有：
R′=

5

4

d
小球在場區(qū)做周期性運動，在一個周期內(nèi)：
水平方向的位移：
s=2(v0t+R′cos37°)=2(

3

2

gd

?

d g

+

5

4

d×

4

5

)=5d
周期：T=2

d g

+

2×53°

360°

×

2πm

qB

=(2+

53π

180

)

d g

因為L=20d，所以有：
t總=4T=4(2+

106π

180

)

d g

答：（1）小球第一次經(jīng)過對稱軸OO′時的速度為

5

2

gd

（2）要使小球不越過下邊界，所加磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值為

m

qb

gd

（3）小球在場區(qū)運動的總時間為4(2+

106π

180

)

d g

點評：正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提，靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵．
1、明確研究對象，對研究對象進行受力分析．
2、依據(jù)力與運動的關(guān)系，明確運動性質(zhì)及運動過程作出運動軌跡?建立合理的運動模型．
3、根據(jù)不同的運動模型，選擇合適的定律、定理列方程組求解．
當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解．
當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，應(yīng)運用向心力公式和平衡條件聯(lián)立方程求解．
當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解．（或把該運動分解為勻速圓周運動和勻速直線運動的疊加）