Question

11．如題圖所示，在無限長(zhǎng)的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，KL為上下磁場(chǎng)的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn)，NS和MT間距為1.8h，質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g．
（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向．
（2）要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值．
（3）若粒子能經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，電場(chǎng)力與重力合力為零；
（2）作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由牛頓第二定律與數(shù)學(xué)知識(shí)求出粒子的速度；
（3）作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用幾何知識(shí)求出粒子的速度．

解答 解：（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
電場(chǎng)力與重力合力為零，即mg=qE，
解得：E=$\frac{mg}{q}$，電場(chǎng)力方向豎直向上，電場(chǎng)方向豎直向上；
（2）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為v_min，
對(duì)應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為r₁、r₂，
圓心的連線與NS的夾角為φ，
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得，粒子軌道半徑：r=$\frac{mv}{qB}$，
r₂=$\frac{m{v}_{min}}{qB}$，r₂=$\frac{1}{2}$r₁，
由幾何知識(shí)得：（r₁+r₂）sinφ=r₂，r₁+r₁cosφ=h，
解得：v_min=（9-6$\sqrt{2}$）$\frac{qBh}{m}$；
（3）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，

設(shè)粒子入射速度為v，
粒子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為r₁、r₂，
粒子第一次通過KL時(shí)距離K點(diǎn)為x，
由題意可知：3nx=1.8h  （n=1、2、3…）
$\frac{3}{2}$x≥$\frac{（9-6\sqrt{2}）h}{2}$，x=$\sqrt{{r}_{1}^{2}-（h-{r}_{1}）^{2}}$，
解得：r₁=（1+$\frac{0.36}{{n}^{2}}$）$\frac{h}{2}$，n＜3.5，
即：n=1時(shí)，v=$\frac{0.68qBh}{m}$，
n=2時(shí)，v=$\frac{0.545qBh}{m}$，
n=3時(shí)，v=$\frac{0.52qBh}{m}$；
答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為$\frac{mg}{q}$，電場(chǎng)方向豎直向上；
（2）要使粒子不從NS邊界飛出，粒子入射速度的最小值為（9-6$\sqrt{2}$）$\frac{qBh}{m}$．
（3）若粒子經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出，粒子入射速度的所有可能值為：$\frac{0.68qBh}{m}$、或$\frac{0.545qBh}{m}$、或$\frac{0.52qBh}{m}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用平衡條件、牛頓第二定律即可正確解題，解題時(shí)注意數(shù)學(xué)知識(shí)的應(yīng)用．