Question

20．如圖所示，一帶電粒子以某一速度V₀在豎直平面內(nèi)做直線運動，經(jīng)過一段時間后進入一垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域I（圖中未畫出磁場區(qū)域），粒子飛出磁場后垂直電場方向進入寬為L的勻強電場區(qū)域Ⅱ，已知電場強度大小為E，方向豎直向上，當粒子穿出電場時速度大小變?yōu)樵瓉淼?\sqrt{2}$倍，粒子穿出電場后進入寬度為d的勻強磁場區(qū)域Ⅲ，磁場方向向外，大小為B，已知帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，重力不計．粒子進入磁場時的速度如圖所示與水平方向成60°角．求：
（1）粒子電性？帶電粒子在磁場區(qū)域I中運動的速度V₀多大？
（2）圓形磁場區(qū)域的最小面積S多大？
（3）若使粒子能返回電場，磁場區(qū)域Ⅲ的寬度d至少多大？

Answer 1

分析 （1）粒子進入磁場后垂直進入電場，知粒子所受的洛倫茲力方向向下，根據(jù)左手定則得出粒子的電性．
粒子在電場中做類平拋運動，結(jié)合粒子出電場時的速度是原來$\sqrt{2}$倍，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出帶電粒子在磁場中運動時的速度大�。�
（2）作出粒子的軌跡圖，根據(jù)半徑公式求出粒子在磁場中運動的半徑，通過幾何關(guān)系求出圓形磁場的最小面積．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后求出磁場寬度．

解答 解：（1）粒子在磁場中所受的洛倫茲力方向斜向下，根據(jù)左手定則知，粒子帶負電．
設(shè)粒子在磁場中運動的速率為v₀（即粒子以速率v₀進入電場），在電場中的運動時間為t，
飛出電場時速度的大小為v，由類平拋運動規(guī)律有：L=v₀t，
由牛頓第二定律得：qE=ma，v_y=at，粒子速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，
由題意可知：v=$\sqrt{2}$v₀，解得：v₀=$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$．
（2）粒子運動軌跡如圖所示，

帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力提供向心力，
設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，圓形磁場區(qū)域的最小半徑為r，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，解得：R=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，
由幾何知識可知：r=Rsin30°
磁場區(qū)域的最小面積S=πr²，
聯(lián)立以上各式可得：S=$\frac{πmEL}{4q{B}^{2}}$；
（3）由題意可知：v=$\sqrt{2}$v₀，則v_y=v₀，
粒子離開電場時速度方向與豎直方向夾角θ=45°，
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：r′=$\frac{\sqrt{2}}{B}$$\sqrt{\frac{mEL}{q}}$，
如果粒子恰好能返回電場，則粒子運動軌跡恰好與磁場區(qū)域Ⅲ的右邊界相切，
粒子在磁場區(qū)域Ⅲ中的運動軌跡如圖所示，

由幾何知識可得：r′+r′sinθ=d，
解得：d=$\frac{1+\sqrt{2}}{B}$$\sqrt{\frac{mEL}{q}}$；
答：（1）粒子帶負電，帶電粒子在磁場區(qū)域I中運動的速度V₀為$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$．
（2）圓形磁場區(qū)域的最小面積S為$\frac{πmEL}{4q{B}^{2}}$．
（3）若使粒子能返回電場，磁場區(qū)域Ⅲ的寬度d至少為$\frac{1+\sqrt{2}}{B}$$\sqrt{\frac{mEL}{q}}$．

點評 本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩運動模型：勻速圓周運動與類平拋運動，及相關(guān)的綜合分析能力，以及空間想像的能力，應(yīng)用數(shù)學知識解決物理問題的能力．