Question

4．如圖（甲）所示，兩帶等量異號電荷的平行金屬板平行于x軸放置，板長為L，兩板間距離為2y₀，金屬板的右側寬為L的區(qū)域內存在如圖（乙）所示周期性變化的磁場，磁場的左右邊界與x軸垂直．現(xiàn)有一質量為m，帶電荷量為+q的帶電粒子，從y軸上的A點以速度v₀沿x軸正方向射入兩板之間，飛出電場后從點（L，0）進入磁場區(qū)域，進入時速度方向與x軸夾角為30°，把粒子進入磁場的時刻做為零時刻，以垂直于紙面向里作為磁場正方向，粒子最后從x軸上（2L，0）點與x軸正方向成30°夾角飛出磁場，不計粒子重力．
 
（1）求粒子在兩板間運動時電場力對它所做的功；
（2）計算兩板間的電勢差并確定A點的位置；
（3）寫出磁場區(qū)域磁感應強度B₀的大小、磁場變化周期T應滿足的表達式．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類似平拋運動，速度偏轉角正切值為位移偏轉角正切值的2倍，求解出末速度后根據(jù)動能定理列式求解電場力對它所做的功；
（2）粒子在電場中做類似平拋運動，已知水平分位移和豎直分位移，根據(jù)分位移公式列式求解即可；
（3）粒子在磁場中勻速圓周運動，畫出可能的運動軌跡，然后結合牛頓第二定律和幾何關系列式分析．

解答 解：（1）設粒子剛進入磁場時的速度為v，則：
v=$\frac{{v}_{0}}{cos30°}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}{v}_{0}$
電場力對粒子所做的功為：
W=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\frac{1}{6}m{v}_{0}^{2}$
（2）設粒子剛進入磁場時的豎直分速度為v′，則：
v′=v₀tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}{v}_{0}$
水平方向：L=v₀t
豎直方向：$y=\frac{1}{2}v′t$
解得：y=$\frac{\sqrt{3}}{6}L$
電場力對粒子所做的功：W=qEy
兩板間的電壓U=2Ey₀
解得：U=$\frac{2\sqrt{3}{y}_{0}m{v}_{0}^{2}}{3qL}$
（3）由對稱性可知，粒子從x=2L點飛出磁場的速度大小不變，方向與x軸夾角為α=±30°；
在磁場變化的半個周期內，粒子的偏轉角為2α=60°；
故磁場變化的半個周期內，粒子在x軸上的位移為：
x=2Rsin30°=R
粒子到達x=2L處且速度滿足上述要求是：
nR=L    R=$\frac{L}{n}$（n=1，2，3，…）
由牛頓第二定律，有：
$qv{B}_{0}=m\frac{{v}^{2}}{R}$ 
解得：
B₀=$\frac{2\sqrt{3}nm{v}_{0}}{3qL}$（n=1，2，3，…）
粒子在變化磁場的半個周期內恰好轉過$\frac{1}{6}$周期，同時在磁場中運動的時間是變化磁場半個周期的整數(shù)倍，可使粒子到達x=2L處且滿足速度題設要求；
$\frac{1}{6}k{T}_{0}=k\frac{T}{2}$
${T}_{0}=\frac{2πR}{v}$
解得：
$T=\frac{\sqrt{3}πL}{3{v}_{0}}$（n=1，2，3，…）
 當$\frac{T}{2}＞\frac{1}{6}{T}_{0}$
T＞$\frac{\sqrt{3}πL}{3{v}_{0}}$
答：（1）粒子在兩板間運動時電場力對它所做的功為$\frac{1}{6}m{v}_{0}^{2}$；
（2）兩板間的電勢差為$\frac{2\sqrt{3}{y}_{0}m{v}_{0}^{2}}{3qL}$，A點的位置坐標（0，$\frac{\sqrt{3}}{6}L$）；
（3）磁場區(qū)域磁感應強度B₀的大小B₀=$\frac{2\sqrt{3}nm{v}_{0}}{3qL}$（n=1，2，3，…）、磁場變化周期T＞$\frac{\sqrt{3}πL}{3{v}_{0}}$．

點評 本題關鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，分類似平拋運動和勻速圓周運動進行分析，關鍵是畫出軌跡，根據(jù)牛頓第二定律和動能定理列式分析．