Question

20．如圖（甲）所示，在直角坐標系0≤x≤L區(qū)域內(nèi)沿y軸負方向的勻強電場，右側有一個以點（3L，0）為圓心，半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點分別為M、N．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為e的質(zhì)子，從y軸上的A點以某一初速度沿x軸正方向射入電場，經(jīng)過時間t到達M點并進入圓形區(qū)域，速度方向與x軸夾角為30°．此時在圓形區(qū)域加如圖（乙）所示周期性變化的磁場，以垂直于紙面向里為磁場正方向，最后質(zhì)子運動一段時間后從N點飛出，飛出時速度方向與進入磁場時的速度方向相同．求：

（1）質(zhì)子進入圓形磁場區(qū)域時的速度大��；
（2）0≤x≤L區(qū)域內(nèi)勻強電場場強E的大小；
（3）寫出圓形磁場區(qū)域磁感應強度B₀的大小、磁場變化周期T各應滿足的表達式．

Answer 1

分析 （1）（2）質(zhì)子在電場中只受電場力，做類平拋運動．將速度分解，可求出質(zhì)子進入圓形磁場區(qū)域時的速度大�。�根據(jù)牛頓定律求出場強E的大小．
（3）質(zhì)子在磁場中，洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動．分析質(zhì)子進入磁場的速度方向與進入磁場時的速度方向相同條件，根據(jù)圓的對稱性，由幾何知識得到半徑，周期T各應滿足的表達式．

解答 解：（1）質(zhì)子在電場中作類平拋運動，射出電場后做勻速直線運動，如圖1所示．
沿水平方向：2L=v₀t
由速度關系有：cos30°=$\frac{{v}_{0}}{v}$    
解得：$v=\frac{4\sqrt{3}L}{3t}$ 
 （2）由速度關系得：${v}_{y}={v}_{0}tan30°=\frac{2\sqrt{3}L}{3t}$
在豎直方向$a=\frac{eE}{m}$，${v}_{y}=a•\frac{t}{2}=\frac{eE}{m}•\frac{t}{2}$
解得：E=$\frac{4\sqrt{3}Lm}{3e{t}^{2}}$
（3）在磁場變化的半個周期內(nèi)粒子的偏轉角為60°，根據(jù)幾何知識，在磁場變化的半個周期內(nèi)，質(zhì)子在x軸方向上的位移恰好等于R．粒子到達N點而且速度符合要求的空間條件是：2nR=2L
質(zhì)子在磁場作圓周運動的軌道半徑$R=\frac{mv}{e{B}_{0}}$    
解得：${B}_{0}=\frac{4\sqrt{3}nm}{3et}$（n=1、2、3…）  
若粒子在磁場變化的半個周期恰好轉過$\frac{1}{6}$圓周，同時MN間運動時間是磁場變化周期的整數(shù)倍時，可使粒子到達N點并且 速度滿足題設要求．應滿足的時間條件：$2n•\frac{1}{6}{T}_{0}=nT$  
有周期公式：$T=\frac{2πr}{v}=\frac{2πm}{e{B}_{0}}$
解得T的表達式得：$T=\frac{\sqrt{3}πt}{6n}$（n=1、2、3…）
答：（1）電子進入圓形磁場區(qū)域時的速度大小為 $\frac{4\sqrt{3}L}{3t}$；
    （2）0≤x≤L區(qū)域內(nèi)勻強電場場強E的大小$\frac{4\sqrt{3}Lm}{3e{t}^{2}}$；
    （3）圓形磁場區(qū)域磁感應強度B₀的大小表達式為${B}_{0}=\frac{4\sqrt{3}nm}{3et}$（n=1、2、3…） 
磁場變化周期T各應滿足的表達式為$T=\frac{\sqrt{3}πt}{6n}$（n=1、2、3…）．

點評 本題帶電粒子在組合場中運動，分別采用不同的方法：電場中運用運動的合成和分解，磁場中圓周運動處理的基本方法是畫軌跡．所加磁場周期性變化時，要研究規(guī)律，得到通項