Question

7．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，MN與y軸平行，間距為d，其間有沿x軸負方向的勻強電場，y軸左側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B₁；MN右側(cè)空間有垂直紙面不隨時間變化的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以v₀的速度從坐標原點O沿x軸負方向射入磁場，經(jīng)過一段時間后再次回到坐標原點，此過程中粒子兩次通過電場，總時間t₀=$\frac{4d}{3{v}_{0}}$，粒子重力不計，求：
（1）左側(cè)磁場區(qū)域的最小寬度；
（2）電場區(qū)域電場強度的大��；
（3）右側(cè)磁場區(qū)域?qū)挾燃按鸥袘獜姸葷M足的條件．

Answer 1

分析 （1）粒子在左側(cè)磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后求出磁場寬度．
（2）粒子在電場中做勻變速直線運動，應用勻變速直線運動的規(guī)律可以求出電場強度．
（3）粒子在左右兩側(cè)磁場中都做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，作出粒子運動軌跡，然后求出磁場寬度與磁場大小．

解答 解：（1）粒子在左側(cè)磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，解得：R=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$，
由幾何知識可知，左側(cè)磁場的最小寬度是粒子做圓周運動的半徑，則L_min=R=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$；
（2）粒子在電場中來回的總時間：t₀=$\frac{4d}{3{v}_{0}}$，粒子一次通過電場的時間：t=$\frac{2d}{3{v}_{0}}$，
設粒子到達MN邊界的速度為v，電場強度為E，
則：d=$\frac{v+{v}_{0}}{2}$t，v=2v₀，v²-v₀²=2$\frac{qE}{m}$d，解得：E=$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{2qd}$；
（3）粒子在電場中加速，粒子帶正電，該電荷在左側(cè)磁場中向下偏轉(zhuǎn)，
通過電場加速后進入右側(cè)磁場，要使其能夠回到原點，在右側(cè)磁場中應向上偏轉(zhuǎn)，
且偏轉(zhuǎn)半徑為R或2R，粒子通過電場加速后進入右側(cè)磁場的速度：v=2v₀，
設粒子在右側(cè)磁場中軌道半徑為r，磁感應強度為B，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：r=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$，
已知：R=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$，粒子在右側(cè)磁場中的運動情況有兩種，如圖所示：

①當半徑r=R時，B=$\frac{2m{v}_{0}}{qR}$=2B₁，
右側(cè)磁場的寬度應滿足：x≥$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$；
②當半徑r=2R時，B=$\frac{2m{v}_{0}}{qR}$=B₁，
右側(cè)磁場的寬度應滿足：x≥$\frac{2m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$；
答：
（1）左側(cè)磁場區(qū)域的最小寬度為$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$；
（2）電場區(qū)域電場強度的大小為$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{2qd}$；
（3）右側(cè)磁場區(qū)域?qū)挾葢獫M足的條件為：x≥$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$、或x≥$\frac{2m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$，磁感應強度為：B=2B₁或B=B₁．

點評 本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，畫出運動軌跡圖，根據(jù)幾何知識及圓周運動基本公式解答，難度適中．