Question

17．如圖所示，在xoy平面內(nèi)，MN與y軸平行，間距為d，其間有沿x軸負(fù)方向的勻強電場．y軸左側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B₁；MN右側(cè)空間有垂直紙面的勻強磁場（磁場方向未標(biāo)出）．質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以v₀的速度從坐標(biāo)原點o沿x軸負(fù)方向射入磁場，經(jīng)過一段時間后再次回到坐標(biāo)原點，此過程中粒子兩次通過電場，在電場中運動的總時間t_總=$\frac{4d}{3{v}_{0}}$．粒子重力不計，求：
（1）左側(cè)磁場區(qū)域的最小寬度；
（2）判斷粒子帶電的正負(fù)并求出電場區(qū)域電場強度的大�。�
（3）右側(cè)磁場區(qū)域?qū)挾燃按鸥袘?yīng)強度應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）臨界情況是左側(cè)磁場區(qū)域的左邊界與軌跡相切，根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑，得到左側(cè)磁場區(qū)域的最小寬度；
（2）粒子在電場中運動的時間已知的，根據(jù)勻變速直線運動的速度公式列式求解加速度，根據(jù)牛頓第二定律列式求解電場強度；
（3）臨界情況是經(jīng)過右側(cè)磁場偏轉(zhuǎn)后在電場中沿著直線回到O點，也可以是在左側(cè)磁場中再運動半圈回到O點，結(jié)合幾何關(guān)系求解軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可．

解答 解：（1）粒子在磁場做圓周運動（半圈），由$q{B}_{1}{v}_{0}=m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$得軌道半徑為：R=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$
由幾何知識可知，左側(cè)磁場的最小寬度就是粒子做圓周運動的半徑，即：${L}_{min}=R=\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$
（2）粒子在電場中來回的總時間為${t}_{總}=\frac{4d}{3{v}_{0}}$，所以電場對帶電粒子單次通過的時間為t=$\frac{2d}{3{v}_{0}}$，顯然，粒子首次通過電場中是加速運動，粒子應(yīng)該帶負(fù)電．
由$d={v}_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^{2}$
即$d={v}_{0}t+\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t}^{2}$
得到：E=$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{2qd}$
（3）粒子在左側(cè)磁場中向下偏轉(zhuǎn)，通過電場加速后進(jìn)入右側(cè)磁場，要使其能夠回到原點，在右側(cè)磁場中應(yīng)向下偏轉(zhuǎn)，且偏轉(zhuǎn)半徑為R或2R，粒子加速通過電場加速后進(jìn)入右側(cè)磁場速度為v．
根據(jù)速度公式，有：
v=v₀+at=2v₀
根據(jù)牛頓第二定律，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：
r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$
已知：R=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$，粒子在右側(cè)磁場中的運動情況有兩種，如圖所示：

①當(dāng)半徑r=R時，則B=$\frac{2m{v}_{0}}{qR}$=2B₁           
右側(cè)磁場的最小寬度為${X}_{min}=R=\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$      
②當(dāng)半徑r=2R時，B=$\frac{2m{v}_{0}}{qR}$=B₁            
右側(cè)磁場的最小寬度為${X}_{min}=r=\frac{2m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$     
答：（1）左側(cè)磁場區(qū)域的最小寬度為$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$；
（2）粒子應(yīng)該帶負(fù)電，電場區(qū)域電場強度的大小為$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{2qd}$；
（3）右側(cè)磁場區(qū)域?qū)挾燃按鸥袘?yīng)強度滿足的條件為①B=2B₁，${X}_{min}=\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$；②B=B₁，${X}_{min}=\frac{2m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運動規(guī)律，找到臨界情況，然后根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式并結(jié)合幾何關(guān)系列式分析，不難．