Question

（2011?龍巖模擬）制作半導(dǎo)體時(shí)，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(huì)形成如圖甲所示的上下對(duì)稱的勻強(qiáng)電場(chǎng)，設(shè)某空間存在上下對(duì)稱的勻強(qiáng)電場(chǎng)，并在該電場(chǎng)中的下半?yún)^(qū)域加一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(chǎng)入射．已知上下場(chǎng)區(qū)的寬均為d，長(zhǎng)為L(zhǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)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(guò)對(duì)稱軸OO′時(shí)的速度；
（2）要使小球不越過(guò)下邊界，所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；
（3）若所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′=

2m

qd

gd

，且L=20d，求小球在場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間．

Answer 1

分析：（1）對(duì)小球受力分析，得知重力和電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式幾何速度的合成與分解可求出小球剛要離開(kāi)上半?yún)^(qū)是的速度大小和方向．
（2）小球進(jìn)入下邊界，受到的電場(chǎng)力和重力平衡，小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡圖，由幾何關(guān)系求出運(yùn)動(dòng)半徑，在由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可求出磁場(chǎng)的強(qiáng)度．
（3）首先可根據(jù)第二問(wèn)的結(jié)果判知在此磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑（為第二問(wèn)求得半徑的一半），分析得出小球在做周期性的運(yùn)動(dòng)（在上半?yún)^(qū)做斜上拋運(yùn)動(dòng)，在下半?yún)^(qū)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)），由幾何知識(shí)求出一個(gè)周期內(nèi)小球在水平方向上的位移，判斷能運(yùn)動(dòng)幾個(gè)周期；再分段求出一個(gè)周期所用的時(shí)間，便可求出總時(shí)間．

解答：解：
（1）小球進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(jìn)入下半?yún)^(qū)域時(shí)，因重力和電場(chǎng)力平衡，小球在洛倫茲力的作用下做勻速勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球恰好不越過(guò)下邊界，則小球在到下邊界時(shí)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(chǎng)感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為

m

qb

gd

（3）設(shè)在下半?yún)^(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R^′，則結(jié)合第二問(wèn)的知識(shí)有：
R′=

5

4

d
小球在場(chǎng)區(qū)做周期性運(yùn)動(dòng)，在一個(gè)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?yàn)長(zhǎng)=20d，所以有：
t總=4T=4(2+

106π

180

)

d g

答：（1）小球第一次經(jīng)過(guò)對(duì)稱軸OO′時(shí)的速度為

5

2

gd

（2）要使小球不越過(guò)下邊界，所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為

m

qb

gd

（3）小球在場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為4(2+

106π

180

)

d g

點(diǎn)評(píng)：正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特征是解決問(wèn)題的前提，靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
1、明確研究對(duì)象，對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析．
2、依據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，明確運(yùn)動(dòng)性質(zhì)及運(yùn)動(dòng)過(guò)程作出運(yùn)動(dòng)軌跡?建立合理的運(yùn)動(dòng)模型．
3、根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)運(yùn)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(chǎng)中做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)選用動(dòng)能定理或能量守恒定律列方程求解．（或把該運(yùn)動(dòng)分解為勻速圓周運(yùn)動(dòng)和勻速直線運(yùn)動(dòng)的疊加）