Question

1．如圖甲所示，在直角坐標系中有兩條與y軸平行的磁場邊界AB和CD，AB、CD與x軸的交點分別為M（2L，0）、N（4L，0）．在AB和 CD之間存在著垂直紙面向外的勻強磁場，在AB與 y軸之間存在著沿著y軸正方同的勻強電場．現有一質量為m、電荷量為e的電子，在y軸上的P點以初速度υ沿著x軸的正方向射入勻強電場，正好從M點進入勻強磁場，且速度方向與x軸所成夾角為30°．
（1）求勻強電場的電場強度E．
（2）若電子不能越過邊界CD，求勻強磁場的磁感應強度B應滿足的條件．
（3）若電子通過M點時開始計時，磁場隨時間變化的情況如圖乙所示（垂直紙面向外為正，且不考慮磁場變化所產生的感生電場），要使電子運動一段時間后從N點飛出，速度方向與x軸的夾角為30°．求磁場變化的周期T、磁感應強度B1的大小各應滿足的表達式．

Answer 1

分析 （1）電子先在電場中做類平拋運動，以與水平方向成30°角進入勻強磁場做勻速圓周運動．由類平拋運動末速度方向公式就能求出電場強度大�。�
（2）要使電子不越過邊界CD，則最大半徑的軌跡恰與CD相切，由幾何關系求出最大的半徑，由洛侖茲力提供向心力就可以求出最小的磁感應強度．
（3）根據電子在磁場中運動的對稱性，電子在交變磁場中相繼做逆、順時針方向圓周運動，符合條件的粒子的運動軌跡是經過n次偏轉后又從N點穿出，偏轉一次電子向右平移一個R，則nR=2L．于是再由洛侖茲力提供向心力求出磁感應強度的值，交變磁場的周期恰好為粒子逆、順時針偏轉一次的時間．

解答 解：（1）電子離開電場時與水平方向成30°，由類平拋運動末速度方向公式：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$   而v_y=at
eE=ma   2L=v₀t
聯立解得：E=$\frac{\sqrt{3}m{{v}_{0}}^{2}}{6eL}$
（2）電子恰好不越過邊界CD的軌跡如圖實線所示，
$v=\frac{{v}_{0}}{cos30°}$
Rsin30°+R=2L
$evB=m\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：B=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{2eL}$ 
即須滿足B≥$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{2eL}$
（3）要滿足電子從N點射出，且與x軸的夾角為30°，軌跡如圖乙所示，
在磁場變化的半個周期內，電子偏轉了60°，所以在磁場變化的半個周期內，電子在x軸方
向上的位移等于R′
nR′=2L  （n=1，2，3…）
$ev{B}_{1}=m\frac{{v}^{2}}{R′}$，v=$\frac{{v}_{0}}{cos30°}$
解得：B₁=$\frac{\sqrt{3}nm{v}_{0}}{3eL}$   （n=1，2，3…）
又：$\frac{T}{2}=\frac{{T}_{1}}{6}$，T₁=$\frac{2πm}{e{B}_{1}}$    （n=1，2，3…）
解得：T=$\frac{2\sqrt{3}πL}{3n{v}_{0}}$     （n=1，2，3…）
答：（1）勻強電場的電場強度E為$\frac{\sqrt{3}m{{v}_{0}}^{2}}{6eL}$．
（2）若電子不能越過邊界CD，勻強磁場的磁感應強度B應滿足的條件是B≥$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{2eL}$．
（3）若電子通過M點時開始計時，磁場隨時間變化的情況如圖乙所示（垂直紙面向外為正，且不考慮磁場變化所產生的感生電場），要使電子運動一段時間后從N點飛出，速度方向與x軸的夾角為30°則磁場變化的周期T=$\frac{2\sqrt{3}πL}{3n{v}_{0}}$ （n=1，2，3…）、磁感應強度B₁=$\frac{\sqrt{3}nm{v}_{0}}{3eL}$ （n=1，2，3…）．

點評 本題考察帶電粒子在組合場中偏轉和勻速圓周運動問題，要注意的是電子在電場中類平拋運動的末速度方向，聯系著電子在電場中的時間和場強大�。�其次電子在交變磁場分別做逆、順時針方向圓周運動，由幾何關系表示半徑的多解式，從而求出磁感應強度和周期的多解式．