Question

13．如圖所示，足夠大的平行擋板A₁，A₂豎直放置，間距為5L．兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，磁感應(yīng)強度大小分別為B和$\frac{2}{3}$B，水平面MN為理想分界線，A₁、A₂上各有位置正對的小孔S₁、S₂，兩孔與分界面MN的距離均為L．一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S₁進入Ⅰ區(qū)，粒子重力忽略不計．
（1）要使粒子不能打到擋板A₁上，求勻強電場的電場強度E的最小值．
（2）若粒子能沿水平方向從S₂射出，求粒子在磁場中速度大小的所有可能值．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中是直線加速，根據(jù)動能定理列式；粒子在磁場中是勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律列式；結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑；最后聯(lián)立求解；
（2）結(jié)合幾何關(guān)系列式求解出軌道半徑；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式；最后聯(lián)立求解即可．

解答 解：（1）粒子在Ⅰ區(qū)洛倫茲力提供向心力，故：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$
粒子在Ⅱ區(qū)洛倫茲力提供向心力，故：
qv$\frac{2}{3}$B=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{2}}$
所以r₂=1.5r₁
若要使粒子不能打到擋板A₁上，其運動的軌跡如圖1，

由圖中幾何關(guān)系可得：r₁sinθ=r₂（1-sinθ）
代入數(shù)據(jù)整理得：sinθ=0.6
所以θ=37°
在Ⅰ區(qū)中：r₁+r₁cos37°=L
所以${r}_{1}=\frac{1}{1.8}L$
$v=\frac{qBL}{1.8m}$
粒子在電場中，由動能定理，有：
qE_mind=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$
所以：${E}_{min}=\frac{q{B}^{2}{L}^{2}}{6.48md}$
（2）①若粒子能沿水平方向從S₂射出，若粒子在Ⅱ區(qū)首先粒子不能打到擋板A₁上，結(jié)合圓周運動的對稱性，由幾何關(guān)系可知：
  6r₂=$6×1.5{r}_{1}=9×\frac{1}{1.8}L=5L$
由于6r₂恰好等于A₁，A₂之間的間距，所以該種情況下粒子的速度最小，為：${v}_{m}=v=\frac{qBL}{1.8m}$，其運動的軌跡如圖2：

②若粒子在Ⅱ區(qū)只發(fā)生一次偏轉(zhuǎn)，則運動的軌跡的可能的情況如圖3，結(jié)合圓周運動的對稱性，由幾何關(guān)系可知：

$（{r}_{1}-L）^{2}+{L}^{2}={r}_{1}^{2}$
解得：r₁=L
此時的速度：$v=\frac{qBL}{m}$
③若粒子在Ⅱ區(qū)只發(fā)生兩次偏轉(zhuǎn)，則運動的軌跡的可能的情況如圖4，結(jié)合圓周運動的對稱性，由幾何關(guān)系可知：

$（L-{r}_{1}）^{2}+（\frac{L}{2}）^{2}={r}_{1}^{2}$
解得：r₁=$\frac{5}{8}$L
此時的速度：$v=\frac{5qBL}{8m}$
答：（1）要使粒子不能打到擋板A₁上，勻強電場的電場強度E的最小值是$\frac{q{B}^{2}{L}^{2}}{6.48md}$．
（2）若粒子能沿水平方向從S₂射出，粒子在磁場中速度大小的所有可能值是$\frac{qBL}{m}$或$\frac{5qBL}{8m}$或$\frac{qBL}{1.8m}$．

點評 本題關(guān)鍵明確粒子的運動規(guī)律，然后分階段根據(jù)動能定理、牛頓第二定律并結(jié)合幾何關(guān)系列式，最后聯(lián)立求解．在解答的過程中，要注意應(yīng)用圓周運動的對稱性以及Ⅱ區(qū)的半徑是Ⅰ區(qū)半徑的1.5倍，所以相應(yīng)的弦長也是Ⅰ區(qū)半徑的1.5倍．