Question

1．如圖（甲）所示，在直角坐標(biāo)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，飛出電場后從M點進(jìn)入圓形區(qū)域，速度方向與X軸夾角為30°．此時在圓形區(qū)域加上如圖（乙）所示周期性變化的磁場（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，速度方向與進(jìn)入磁場時的速度方向相同（與X軸夾角也為30°）．求：

（1）0≤x≤L區(qū)域內(nèi)勻強電場場強E的大��；
（2）圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B₀的大小以及碰場變化周期T．

Answer 1

分析 電子在電場中只受電場力，做類平拋運動．將速度分解，可求出電子進(jìn)入圓形磁場區(qū)域時的速度大�。�根據(jù)牛頓定律求出場強E的大小．電子在磁場中，洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動．分析電子進(jìn)入磁場的速度方向與進(jìn)入磁場時的速度方向相同條件，根據(jù)圓的對稱性，由幾何知識得到半徑，周期T各應(yīng)滿足的表達(dá)式．

解答 解：（1）電子在電場中作類平拋運動，射出電場時，如圖1所示．
由速度關(guān)系：$\frac{{v}_{0}}{v}=cos30°$，
解得：v=$\frac{2\sqrt{3}{v}_{0}}{3}$，
由速度關(guān)系得：${v}_{y}={v}_{0}tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}{v}_{0}$，
在豎直方向有：$a=\frac{eE}{m}$，${v}_{y}=at=\frac{eE}{m}•\frac{L}{{v}_{0}}$，
解得：E=$\frac{\sqrt{3}m{{v}_{0}}^{2}}{3eL}$．
（2）在磁場變化的半個周期內(nèi)粒子的偏轉(zhuǎn)角為60°，根據(jù)幾何知識，在磁場變化的半個周期內(nèi)，
粒子在x軸方向上的位移恰好等于R．粒子到達(dá)N點而且速度符合要求的空間條件是：
nR=2L
電子在磁場作圓周運動的軌道半徑為：$R=\frac{mv}{e{B}_{0}}$=$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{3e{B}_{0}}$，
解得：${B}_{0}=\frac{2\sqrt{3}nm{v}_{0}}{3eL}$（n=1、2、3…）
若粒子在磁場變化的半個周期恰好轉(zhuǎn)過$\frac{1}{6}$圓周，同時MN間運動時間是磁場變化周期的整數(shù)倍時，可使粒子到達(dá)N點并且 速度滿足題設(shè)要求．應(yīng)滿足的時間條件：
$2n•\frac{1}{6}{T}_{0}=nT$
解得：${T}_{0}=\frac{2πm}{e{B}_{0}}$，
代入T的表達(dá)式得：T=$\frac{\sqrt{3}πL}{3n{v}_{0}}$，（n=1、2、3…）
答：（1）0≤x≤L區(qū)域內(nèi)勻強電場場強E的大小為$\frac{\sqrt{3}m{{v}_{0}}^{2}}{3eL}$．
（2）圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B₀的大小表達(dá)式為${B}_{0}=\frac{2\sqrt{3}nm{v}_{0}}{3eL}$（n=1、2、3…）；碰場變化周期T=$\frac{\sqrt{3}πL}{3n{v}_{0}}$，（n=1、2、3…）

點評 本題帶電粒子在組合場中運動，分別采用不同的方法：電場中運用運動的合成和分解，磁場中圓周運動處理的基本方法是畫軌跡．所加磁場周期性變化時，要研究規(guī)律，得到通項．