Question

（2011?重慶模擬）如圖所示的直角坐標系中，從直線x=-2l₀到y(tǒng)軸區(qū)域存在兩個大小相等、方向相反的有界勻強電場，其中x軸上方的電場方向沿y軸負方向，x軸下方的電場方向沿y軸正方向．在電場左邊界從A（-2l₀，-l₀）點到C（-2l₀，0）點的區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為+q、質(zhì)量為m的粒子．從某時刻起，A點到C點間的粒子依次連續(xù)以相同速度v₀沿x軸正方向射入電場．從A點射入的粒子恰好從y軸上的A'（0，l₀）點沿x軸正方向射出電場，其軌跡如圖所示．不計粒子的重力及它們間的相互作用．
（1）求從AC間入射的粒子穿越電場區(qū)域的時間t和勻強電場的電場強度E的大��；
（2）求在A、C間還有哪些坐標位置的粒子，通過電場后也能沿x軸正方向運動？
（3）為便于收集沿x軸正方向射出電場的所有粒子，若以直線x=2l₀上的某點為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)，設計分布垂直于xoy平面向里的勻強磁場，使得沿x軸正方向射出電場的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，都能通過直線x=2l₀與圓形磁場邊界的一個交點．則磁場區(qū)域的最小半徑是多大？相應的磁感應強度B是多大？

Answer 1

分析：（1）將帶電粒子的運用沿水平和豎直方向正交分解，水平方向做勻速直線運動，豎直方向在x軸上下方都做勻變速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式列式分析；
（2）先畫出運動的一般軌跡，要使粒子通過電場后能沿x軸正方向運動，其第一次到達x軸的水平分位移的2n倍等于2l₀，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式列式分析即可；
（3）先畫出各個粒子的運動軌跡，然后根據(jù)題意確定磁場范圍，最后根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應強度．

解答：解：（1）設從A點射入的粒子由A點到A'點的運動時間為t，根據(jù)運動軌跡的對成稱性可得：
x方向有：2l₀=v₀t得t=

2l0

v0

    ①
y方向有：l0=

qE

2m

(

t

2

)2       ②
解得     E=

2m v 2 0

ql0

         ③
即從AC間入射的粒子穿越電場區(qū)域的時間t為

2l0

v0

，勻強電場的電場強度E的大小為

2m v 2 0

ql0

．
（2）設到C點距離為△y處射出的粒子通過電場后也沿x軸正方向，粒子第一次到達x軸用時△t，水平分位移△x，
則△x=v₀△t     ④
△y=

qE

2m

(△t)2   ⑤
要粒子從電場中射出時速度方向也沿x軸正方向，必須滿足條件2l₀=n?2△x（n=1，2，3…）      ⑥
聯(lián)立③④⑤⑥解得：△y=

1

n2

l0⑦
故粒子從電場中射出時速度方向也沿x軸正方向，必須是在AC間縱坐標為：y=(-1)n

1

n2

l0，(n=1，2，3…)⑧
（3）當n=1時，粒子射出的坐標為y₁=l₀⑨
當n=2時，粒子射出的坐標為y2=-

1

4

l0⑩
當n≥3時，沿x軸正方向射出的粒子分布在y₁到y(tǒng)₂之間（如圖所示）．
y₁、y₂之間距離為  L=y1-y2=

5l0

4

   （11）
所以，磁場圓O₁的最小半徑R=

L

2

=

5l0

8

  （12）
若使粒子經(jīng)磁場后匯集于直線x=2l₀與圓形磁場邊界的一個交點，分析知此點只能是答圖中的Q點，且粒子在磁場中做圓周運動的半徑等于磁場區(qū)域圓半徑．    
由  qv0B=m

v 2 0

R

  （13）
聯(lián)立（12）（13）得：B=

8mv0

5ql0

  （14）
即磁場區(qū)域的最小半徑是

5l0

8

，相應的磁感應強度B是

8mv0

5ql0

．

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，要畫出準確的圓軌跡圖分析才能有助與問題的解決．