Question

19．如圖（甲）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，飛出電場后從M點進入圓形區(qū)域，速度方向與x軸夾角為30°．此時在圓形區(qū)域加如圖（乙）所示周期性變化的磁場（磁場從t=0時刻開始變化，且以垂直于紙面向外為磁場正方向），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）電子進入圓形磁場區(qū)域時的速度大�。ㄕ堊鞒鲭娮语w行的軌跡圖）；
（2）0≤x≤L區(qū)域內(nèi)勻強電場場強E的大��；
（3）寫出圓形磁場區(qū)域磁感應強度B₀的大小、磁場變化周期T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°，$\frac{{v}_{0}}{v}$=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=$\frac{eE}{m}$t，水平方向t=$\frac{L}{{v}_{0}}$，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：$\overline{MN}$=n•R=2L，由牛頓第二定律得到半徑R=$\frac{mv}{e{B}_{0}}$，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過$\frac{1}{6}$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要求，應滿足的時間條件：$\frac{T}{2}$=$\frac{{T}_{運}}{6}$，而T=$\frac{2πm}{e{B}_{0}}$，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，
由速度關系：$\frac{{v}_{0}}{v}$=cos30°
解得：v=$\frac{2}{3}\sqrt{3}{v}_{0}$
軌跡如圖所示：
（2）由速度關系得 v_y=v₀•tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$v₀
在豎直方向 a=$\frac{eE}{m}$   v_y=at=$\frac{eE}{m}$•$\frac{L}{{v}_{0}}$
解得 E=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{3eL}$
（3）如圖所示，在磁場變化的半個周期內(nèi)粒子的偏轉角為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：
$\overline{MN}$=n•R=2L
電子在磁場作圓周運動的軌道半徑 R=$\frac{mv}{e{B}_{0}}$=$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{e{B}_{0}}$
得 B₀=$\frac{n\sqrt{3}m{v}_{0}}{3eL}$（n=1，2，3…）
若粒子在磁場變化的半個周期恰好轉過$\frac{1}{6}$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要求．應滿足的時間條件：$\frac{T}{2}$=$\frac{{T}_{運}}{6}$   T=$\frac{1}{3}$T_運=$\frac{2πm}{3{B}_{0}e}$
代入T的表達式得：T=$\frac{2\sqrt{3}πL}{3n{v}_{0}}$（n=1，2，3…）
答：（1）電子進入圓形區(qū)域時的速度大小是$\frac{2}{3}\sqrt{3}{v}_{0}$，軌跡如圖所示；
（2）0≤x≤L區(qū)域內(nèi)勻強電場的場強大小是$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{3eL}$；
（3）寫出圓形區(qū)域磁場的變化周期表達式為T=$\frac{2\sqrt{3}πL}{3n{v}_{0}}$（n=1，2，3…）、磁感應強度B₀的大小表達式是得 B₀=$\frac{n\sqrt{3}m{v}_{0}}{3eL}$（n=1，2，3…）．

點評 本題關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)幾何關系求解電子的半徑滿足的條件．