Question

13．如图所示，足够大的平行挡板A₁，A₂竖直放置，间距为5L．两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小分别为B和$\frac{2}{3}$B，水平面MN为理想分界线，A₁、A₂上各有位置正对的小孔S₁、S₂，两孔与分界面MN的距离均为L．一质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S₁进入Ⅰ区，粒子重力忽略不计．
（1）要使粒子不能打到挡板A₁上，求匀强电场的电场强度E的最小值．
（2）若粒子能沿水平方向从S₂射出，求粒子在磁场中速度大小的所有可能值．

Answer 1

分析 （1）粒子在电场中是直线加速，根据动能定理列式；粒子在磁场中是匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式；结合几何关系得到轨道半径；最后联立求解；
（2）结合几何关系列式求解出轨道半径；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解即可．

解答 解：（1）粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力，故：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力，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挡板A₁上，其运动的轨迹如图1，

由图中几何关系可得：r₁sinθ=r₂（1-sinθ）
代入数据整理得：sinθ=0.6
所以θ=37°
在Ⅰ区中：r₁+r₁cos37°=L
所以${r}_{1}=\frac{1}{1.8}L$
$v=\frac{qBL}{1.8m}$
粒子在电场中，由动能定理，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从S₂射出，若粒子在Ⅱ区首先粒子不能打到挡板A₁上，结合圆周运动的对称性，由几何关系可知：
  6r₂=$6×1.5{r}_{1}=9×\frac{1}{1.8}L=5L$
由于6r₂恰好等于A₁，A₂之间的间距，所以该种情况下粒子的速度最小，为：${v}_{m}=v=\frac{qBL}{1.8m}$，其运动的轨迹如图2：

②若粒子在Ⅱ区只发生一次偏转，则运动的轨迹的可能的情况如图3，结合圆周运动的对称性，由几何关系可知：

$（{r}_{1}-L）^{2}+{L}^{2}={r}_{1}^{2}$
解得：r₁=L
此时的速度：$v=\frac{qBL}{m}$
③若粒子在Ⅱ区只发生两次偏转，则运动的轨迹的可能的情况如图4，结合圆周运动的对称性，由几何关系可知：

$（L-{r}_{1}）^{2}+（\frac{L}{2}）^{2}={r}_{1}^{2}$
解得：r₁=$\frac{5}{8}$L
此时的速度：$v=\frac{5qBL}{8m}$
答：（1）要使粒子不能打到挡板A₁上，匀强电场的电场强度E的最小值是$\frac{q{B}^{2}{L}^{2}}{6.48md}$．
（2）若粒子能沿水平方向从S₂射出，粒子在磁场中速度大小的所有可能值是$\frac{qBL}{m}$或$\frac{5qBL}{8m}$或$\frac{qBL}{1.8m}$．

点评 本题关键明确粒子的运动规律，然后分阶段根据动能定理、牛顿第二定律并结合几何关系列式，最后联立求解．在解答的过程中，要注意应用圆周运动的对称性以及Ⅱ区的半径是Ⅰ区半径的1.5倍，所以相应的弦长也是Ⅰ区半径的1.5倍．