Question

1．如圖所示，平行板電容器板長和板距均為2L，電容器右側(cè)存在有豎直邊界且垂直紙面的兩個有界的勻強磁場，垂直紙面向外的為勻強磁場I，垂直紙面向里的為勻強磁場Ⅱ，OQ連線的延長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點射出區(qū)域Ⅰ（粒子的重力不計）．
（1）求兩極板間勻強電場場強E的大��；
（2）求區(qū)城Ⅰ內(nèi)勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小；
（3）若帶電粒子能再次回到原點O，問區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場的寬度d至少為多少？粒子兩次經(jīng)過原點O的時間間隔為多少？

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出電場強度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，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)強度大小．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，作出粒子運動軌跡，應(yīng)用牛頓第二定律求出磁場的寬度，根據(jù)粒子在磁場中做圓周運動的周期，然后根據(jù)粒子運動過程求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，
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}$；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：2L=v₀t，
離開電場時：v_y=at=$\frac{qE}{m}$t=v₀，
粒子離開電場時：v=$\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Ⅰ中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識可知：L²=r²+r²，粒子軌道半徑：r=$\frac{\sqrt{2}}{2}$L，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，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Ⅰ后做勻速直線運動，然后進入磁場Ⅱ做勻速圓周運動，
帶電粒子能再次回到原點O，粒子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識得：R=$\frac{L}{sin45°}$=$\sqrt{2}$L，
磁場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Ⅰ中做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角：α=90°，
粒子在磁場Ⅱ中做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角：β=270°，
粒子在磁場Ⅰ中做圓周運動的周期：T₁=$\frac{2πr}{v}$=$\frac{πL}{{v}_{0}}$，
粒子在磁場Ⅱ中做圓周運動的周期：T₂=$\frac{2πR}{v}$=$\frac{2πL}{{v}_{0}}$，
粒子在兩磁場間做勻速直線運動，離開Ⅰ進入Ⅱ過程的運動時間：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O的時間間隔為：t=2t₁+2t′+t₂=2×$\frac{α}{360°}$T₁+2t′+$\frac{β}{360°}$T₂=$\frac{2πL+2L}{{v}_{0}}$；
答：（1）兩極板間勻強電場場強E的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qL}$；
（2）區(qū)城Ⅰ內(nèi)勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小為$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$；
（3）若帶電粒子能再次回到原點O，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場的寬度d至少為（1+$\sqrt{2}$）L，粒子兩次經(jīng)過原點O的時間間隔為$\frac{2πL+2L}{{v}_{0}}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律、粒子在磁場做做圓周運動的周期公式可以解題．