Question

13．如圖（甲）所示，在直角坐標(biāo)系0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)有一個(gè)圓心在x軸上、半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點(diǎn)分別為M、N．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為e的正電子（重力忽略不計(jì)），從y軸上的A點(diǎn)以速度v₀沿y軸負(fù)方向射入電場(chǎng)，飛出電場(chǎng)后從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，速度方向與x軸夾角為30°．此時(shí)在圓形區(qū)域加如圖（乙）所示周期性變化的磁場(chǎng)，以垂直于紙面向里為磁場(chǎng)正方向，最后正電子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從N點(diǎn)飛出，速度方向與進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向相同．求：

（1）0≤x≤L區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大��；
（2）寫出圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀的大小應(yīng)滿足的表達(dá)式．

Answer 1

分析 （1）正電子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力，做類平拋運(yùn)動(dòng)．將速度分解，可求出電子進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大�。鶕�(jù)牛頓第二定律求出場(chǎng)強(qiáng)E的大小．
（2）正電子在磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．分析電子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度方向與進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向相同條件，根據(jù)圓的對(duì)稱性，由幾何知識(shí)得到半徑應(yīng)滿足的表達(dá)式，即可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀的大小應(yīng)滿足的表達(dá)式．

解答 解：（1）正電子在電場(chǎng)中作類平拋運(yùn)動(dòng)，射出電場(chǎng)時(shí)，如圖1所示．
由速度關(guān)系：v_x=v₀cot30°=$\sqrt{3}$v₀；     
在x軸方向有：a=$\frac{eE}{m}$，${v}_{x}^{2}=2aL$
聯(lián)立解得：E=$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{2eL}$ 
（2）粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度為：v=$\frac{{v}_{0}}{sin30°}$=2v₀；
在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)粒子的偏轉(zhuǎn)角為60°，根據(jù)幾何知識(shí)，在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)，粒子在x軸方向上的位移恰好等于軌跡半徑R．粒子到達(dá)N點(diǎn)而且速度符合要求的空間條件是：
 n•2R=2L，式中 n=1，2，3，…
正電子在磁場(chǎng)作圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為：R=$\frac{mv}{e{B}_{0}}$       
解得：B=$\frac{2nm{v}_{0}}{eL}$，（n=1、2、3…）  
答：（1）0≤x≤L區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小是$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{2eL}$；
（2）寫出圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀的大小應(yīng)滿足的表達(dá)式是B=$\frac{2nm{v}_{0}}{eL}$，（n=1、2、3…）．

點(diǎn)評(píng) 本題帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，分別采用不同的方法：電場(chǎng)中運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解，磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)處理的基本方法是畫軌跡．所加磁場(chǎng)周期性變化時(shí)，要研究規(guī)律，得到通項(xiàng)