Question

如圖（a）所示，在直角坐標系0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，右側(cè)有一個以點（3L，0）為圓心，半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點分別為M、N．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速度v₀沿x軸正方向射入電場，飛出電場后恰能從M點進入圓形區(qū)域，速度方向與x軸夾角30°，此時圓形區(qū)域加如圖（b）所示周期性變化的磁場（以電子進入圓形區(qū)域開始計時，且磁場方向以垂直于紙面向外為正方向），最后電子運動一段時間后從N點飛出，速度方向與x軸夾角也為30°．求：

（1）電子進入圓形區(qū)域時的速度大��；
（2）0≤x≤L區(qū)域內(nèi)勻強電場的場強大�。�
（3）寫出圓形區(qū)域磁場的變化周期T、磁感應強度B₀的大小各應滿足的表達式．

Answer 1

分析：（1）電子在電場中作類平拋運動，離開電場時電子的速度方向與x軸夾角30°，

v0

v

=cos30°，可求得電子進入圓形區(qū)域時的速度v．
（2）運用運動的分解法研究可知：電子豎直方向上做初速度為零的勻加速運動，v_y=v₀tan30°=at=

eE

m

t，水平方向t=

L

v0

，聯(lián)立可求出E．
（3）在磁場變化的半個周期內(nèi)電子的偏轉(zhuǎn)角為60°，由幾何知識得到在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子在x軸方向上的位移等于電子的軌跡半徑R，由題意，粒子到達N點而且速度符合要求的空間條件是：

.

MN

=n?R=2L，由牛頓第二定律得到半徑R=

mv

eB0

，聯(lián)立得到磁感應強度B₀的大小表達式．電子在磁場變化的半個周期恰好轉(zhuǎn)過

1

6

圓周，同時MN間運動時間是磁場變化半周期的整數(shù)倍時，可使粒子到達N點并且速度滿足題設(shè)要求，應滿足的時間條件：

T

2

=

T運

6

，而T=

2πm

eB0

，可求得T的表達式．

解答：解：（1）電子在電場中作類平拋運動，射出電場時，
由速度關(guān)系：

v0

v

=cos30°
解得v=

2

3

3

v0
（2）由速度關(guān)系得  vy=v0?tan30°=

3

3

v0
在豎直方向 a=

eE

m

          vy=at=

eE

m

?

L

v0

解得  E=

3 m v 2 0

3eL

（3）如圖所示，在磁場變化的半個周期內(nèi)粒子的偏轉(zhuǎn)角為60°，所以，在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子在x軸方向上的位移等于R．粒子到達N點而且速度符合要求的空間條件是：
   

.

MN

=n?R=2L
電子在磁場作圓周運動的軌道半徑  R=

mv

eB0

=

2 3 mv0

3eB0

得  B0=

n 3 mv0

3eL

(n=1，2，3…)
若粒子在磁場變化的半個周期恰好轉(zhuǎn)過

1

6

圓周，同時MN間運動時間是磁場變化半周期的整數(shù)倍時，可使粒子到達N點并且速度滿足題設(shè)要求．應滿足的時間條件：

T

2

=

T運

6

T=

1

3

T運=

2πm

3B0e

代入T的表達式得：T=

2 3 πL

3nv0

(n=1，2，3…)
答：（1）電子進入圓形區(qū)域時的速度大小是

2

3

3

v0；
（2）0≤x≤L區(qū)域內(nèi)勻強電場的場強大小是

3 m v 2 0

3eL

；
（3）寫出圓形區(qū)域磁場的變化周期表達式為T=

2 3 πL

3nv0

(n=1，2，3…)、磁感應強度B₀的大小表達式是得 B0=

n 3 mv0

3eL

(n=1，2，3…)
．

點評：本題關(guān)鍵是將粒子的運動沿著水平方向和豎直方向正交分解，然后根據(jù)牛頓運動定律和運動學公式列式分析求解；解題過程中要畫出軌跡圖分析，特別是第三小題，要抓住周期性，根據(jù)幾何關(guān)系求解電子的半徑滿足的條件．