Question

1．如圖所示，平行板電容器板長(zhǎng)和板距均為2L，電容器右側(cè)存在有豎直邊界且垂直紙面的兩個(gè)有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，垂直紙面向外的為勻強(qiáng)磁場(chǎng)I，垂直紙面向里的為勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，OQ連線的延長(zhǎng)線到兩極板距離相等，其中0M=MP=L．一質(zhì)量為m、帶電荷量為-q的帶電粒子從上極板邊緣處以速度v₀沿水平方向射入，恰好經(jīng)過O處射入?yún)^(qū)域Ⅰ，又從M點(diǎn)射出區(qū)域Ⅰ（粒子的重力不計(jì)）．
（1）求兩極板間勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小；
（2）求區(qū)城Ⅰ內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大��；
（3）若帶電粒子能再次回到原點(diǎn)O，問區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場(chǎng)的寬度d至少為多少？粒子兩次經(jīng)過原點(diǎn)O的時(shí)間間隔為多少？

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度．
（2）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，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度大小．
（3）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，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用牛頓第二定律求出磁場(chǎng)的寬度，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，然后根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)過程求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：2L=v₀t，
豎直方向：L=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qL}$；
（2）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：2L=v₀t，
離開電場(chǎng)時(shí)：v_y=at=$\frac{qE}{m}$t=v₀，
粒子離開電場(chǎng)時(shí)：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{2}$v₀，方向：與水平方向成45°角，
粒子在磁場(chǎng)Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由幾何知識(shí)可知：L²=r²+r²，粒子軌道半徑：r=$\frac{\sqrt{2}}{2}$L，
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，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：B=$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$；
（3）①粒子離開磁場(chǎng)Ⅰ后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
帶電粒子能再次回到原點(diǎn)O，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由幾何知識(shí)得：R=$\frac{L}{sin45°}$=$\sqrt{2}$L，
磁場(chǎng)Ⅱ的最小寬度為d，則：d=R+Rsin45°，
解得：d=（1+$\sqrt{2}$）L；
②粒子在磁場(chǎng)Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的圓心角：α=90°，
粒子在磁場(chǎng)Ⅱ中做圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的圓心角：β=270°，
粒子在磁場(chǎng)Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T₁=$\frac{2πr}{v}$=$\frac{πL}{{v}_{0}}$，
粒子在磁場(chǎng)Ⅱ中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T₂=$\frac{2πR}{v}$=$\frac{2πL}{{v}_{0}}$，
粒子在兩磁場(chǎng)間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，離開Ⅰ進(jìn)入Ⅱ過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t′=$\frac{s}{v}$=$\frac{\frac{L}{sin45°}}{\sqrt{2}{v}_{0}}$=$\frac{L}{{v}_{0}}$，
粒子兩次經(jīng)過原點(diǎn)O的時(shí)間間隔為：t=2t₁+2t′+t₂=2×$\frac{α}{360°}$T₁+2t′+$\frac{β}{360°}$T₂=$\frac{2πL+2L}{{v}_{0}}$；
答：（1）兩極板間勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qL}$；
（2）區(qū)城Ⅰ內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$；
（3）若帶電粒子能再次回到原點(diǎn)O，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場(chǎng)的寬度d至少為（1+$\sqrt{2}$）L，粒子兩次經(jīng)過原點(diǎn)O的時(shí)間間隔為$\frac{2πL+2L}{{v}_{0}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(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)軌跡是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律、粒子在磁場(chǎng)做做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式可以解題．