Question

9．在xOy平面內(nèi)的一、四象限中，x軸上方有范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外，x軸下方有范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，方向與y軸正方向相同．在xOy平面內(nèi)有一點(diǎn)P，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，直線OP與x軸正方向的夾角為θ，如圖所示．現(xiàn)有一個(gè)電量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子位于y軸負(fù)半軸上的某點(diǎn)，忽略粒子重力．

（1）將粒子由靜止釋放，該粒子在第一次由磁場(chǎng)返回電場(chǎng)的過程中恰好通過P點(diǎn)，求該粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所需要的時(shí)間．
（2）若在y軸上N點(diǎn)將粒子由靜止釋放，粒子在第二次由磁場(chǎng)返回電場(chǎng)的過程中恰好通過P點(diǎn)，且sinθ=$\frac{1}{6}$，求N點(diǎn)到O點(diǎn)的距離．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出軌跡半徑與速度的關(guān)系，由圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得到周期，由幾何關(guān)系求出軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，即可求得時(shí)間．
（2）畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由數(shù)學(xué)知識(shí)求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速率，再由動(dòng)能定理求解NO間的距離．

解答 解：（1）粒子在電場(chǎng)中加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度為v₁、半徑為r₁，根據(jù)洛侖茲力表達(dá)式和牛頓第二定律有　
$q{v_1}B=m\frac{v_1^2}{r_1}$  ①

解得 　 ${r_1}=\frac{{m{v_1}}}{qB}$
周期為 $T=\frac{{2{π_{\;}}{r_1}}}{v_1}$
聯(lián)立解得　　$T=\frac{2πm}{qB}$ ②
設(shè)粒子通過圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為φ，由幾何關(guān)系得：φ=π-2θ
$t=\frac{T}{2π}×ϕ=\frac{（π-2θ）m}{qB}$ ③
（2）充OP與半徑的夾角為α，此次粒子速度為v₂，半徑為r₂，根據(jù)正弦定理得：
   $\frac{3{r}_{2}}{sinα}$=$\frac{{r}_{2}}{sinθ}$
解得 sinα=$\frac{1}{2}$
根據(jù)正弦定理有：$\frac{L}{sin（π-θ-α）}$=$\frac{{r}_{2}}{sinθ}$
解得 r₂=$\frac{Lsinθ}{sin（π-θ-α）}$=$\frac{（\sqrt{35}-\sqrt{3}）L}{16}$
根據(jù)r₂=$\frac{m{v}_{2}}{qB}$
解得 v₂=$\frac{（\sqrt{35}-\sqrt{3}）qBL}{16m}$
粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理有：
  qEy=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
解得 y=$\frac{（19-\sqrt{105}）q{B}^{2}{L}^{2}}{256mE}$ 
答：
（1）該粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所需要的時(shí)間為$\frac{（π-2θ）m}{qB}$．
（2）N點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為$\frac{（19-\sqrt{105}）q{B}^{2}{L}^{2}}{256mE}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的類型，畫出磁場(chǎng)中粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，運(yùn)用三角、幾何等數(shù)學(xué)知識(shí)研究粒子的軌跡半徑是關(guān)鍵．