Question

13．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xoy的第一、四象限區(qū)域內(nèi)存在兩個有界的勻強磁場：垂直紙面向外的勻強磁場I、垂直紙面向里的勻強磁場Ⅱ，O、M、P、Q為磁場邊界和x軸的交點，OM=MP=L．在第三象限存在沿y軸正向的勻強電場．一質(zhì)量為m帶電量為+q的帶電粒子從電場中坐標(biāo)為（-2L，-L）的點以速度v₀沿+x方向射出，恰好經(jīng)過原點O處射入?yún)^(qū)域I又從M點射出區(qū)域I．（粒子的重力忽略不計） 
（1）求第三象限勻強電場場強E的大�。�
（2）求區(qū)域I內(nèi)勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小．
（3）如帶電粒子能再次回到原點O，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場的寬度至少為多少？
（4）上述運動中粒子兩次經(jīng)過原點O的時間間隔為多少？

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，運用運動的分解法，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解場強E的大��；
（2）帶電粒子進(jìn)入磁場后，由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動．由題意，粒子經(jīng)過原點O處射入?yún)^(qū)域I又從M點射出區(qū)域I，畫出軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑，由牛頓第二定律即可求得磁感應(yīng)強度B的大��；
（3）、（4）當(dāng)帶電粒子恰好能再次回到原點O，在磁場Ⅱ中軌跡恰好與其右邊界相切，畫出軌跡，由幾何關(guān)系即可求出磁場的寬度．分段求出時間，即可求得總時間．

解答 解：（1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，則有
   水平方向：2L=v₀t
   豎直方向：L=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}{t}^{2}$
聯(lián)立解得，E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qL}$（2）設(shè)粒子到原點時豎直分速度為 v_y
則 v_y=at=$\frac{qE}{m}•\frac{2L}{{v}_{0}}$=v₀
則粒子進(jìn)入磁場時合速度大小為  v=$\sqrt{2}$v₀，方向與x軸正向成45° 
粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動，由幾何知識可得粒子圓周運動的半徑為  R₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$L
由洛倫茲力充當(dāng)向心力，則有 Bqv=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$
可解得：B=$\frac{mv}{q{R}_{1}}$=$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$
（3）粒子的運動軌跡如圖．由圖可知粒子在區(qū)域Ⅱ做勻速圓周的半徑為 R₂=$\sqrt{2}$L
帶電粒子能再次回到原點的條件是：
  區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場的寬度 d≥R₂+L=（$\sqrt{2}$+1）L
（4）粒子在場區(qū)Ⅰ的運動時間 t₁=$\frac{{T}_{1}}{4}$=$\frac{1}{4}×\frac{2π{R}_{1}}{v}$=$\frac{1}{4}×\frac{2π×\frac{\sqrt{2}}{2}L}{\sqrt{2}{v}_{0}}$=$\frac{πL}{4{v}_{0}}$
粒子兩場間的運動時間 t₂=$\frac{\sqrt{2}L}{\sqrt{2}{v}_{0}}$=$\frac{L}{{v}_{0}}$
粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動時間 t₃=$\frac{3}{4}{T}_{2}$=$\frac{3}{4}×\frac{2π{R}_{2}}{v}$=$\frac{3}{4}×\frac{2π×\sqrt{2}L}{\sqrt{2}{v}_{0}}$=$\frac{3πL}{2{v}_{0}}$ 
總時間為 t_總=2（t₁+t₂）+t₃=$\frac{2（π+1）L}{{v}_{0}}$
答：（1）第三象限勻強電場場強E的大小是$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qL}$；
（2）區(qū)域I內(nèi)勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小是$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$；
（3）如帶電粒子能再次回到原點O，區(qū)域II內(nèi)磁場的寬度至少為（$\sqrt{2}$+1）L；
（4）粒子兩次經(jīng)過原點O的時間間隔為$\frac{2（π+1）L}{{v}_{0}}$．

點評 本題考查帶電粒子在電磁場中的運動，注意在磁場中的運動要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，在電場中注意由類平拋運動的規(guī)律求解．