Question

1．如圖所示，x軸上方是長為4a、寬為a的矩形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域被y軸平分，磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里．x軸下方有豎直向下的勻強電場（無限大），x軸為磁場與電場的水平分界線，P點為y軸上y=-a的點．質(zhì)量為m，帶有電量大小為q的負電荷，放在P點．
（1）若將負電荷從P點靜止開始釋放，要使其不從磁場上邊界射出，求電場的電場強度E的大��；
（2）若還是從P點靜止開始釋放，在x=2.5a處有一與x軸垂直的足夠大的板（圖中未畫出），若將板向x軸正方向平移，電荷打在板上的位置始終不變，則電場的電場強度E′為多大；
（3）若勻強磁場充滿y＞0的所有區(qū)域，勻強電場的電場強度為E₀，從P點以適當(dāng)?shù)某跛俣绕叫杏谪搙軸射出一帶負電的粒子，質(zhì)量為m，電量為q，使它經(jīng)過負x軸上的D點，然后歷經(jīng)磁場一次自行回到P點，求OD的距離和拋出的初速度．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求得負電荷經(jīng)電場加速后的速度，由幾何關(guān)系知電荷恰好不從上邊界飛出，說明電荷在磁場中圓周運動的半徑剛好等于磁場的寬度，根據(jù)半徑公式求解即可；
（2）根據(jù)動能定理和半徑公式計算出電荷做圓周運動的半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出電場場強；
（3）列出電荷在電場中類平拋運動的運動學(xué)方程，求出OD和${v}_{0}^{\;}$

解答 解：（1）電荷在電場中加速，由動能定理得$qEa=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}-0$
粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{r}$
電荷恰好不從磁場上邊界射出需要滿足：r≤a，解得：$E≤\frac{q{B}_{\;}^{2}a}{2m}$
（2）電荷在電場中加速，由動能定理得：$qE′=\frac{1}{2}mv{′}_{\;}^{2}-0$
由“將板向x軸正方向平移，電荷打在板上的位置始終不變”可知電荷離開磁場時電荷的速度方向平行于x軸沿+x方向，
電荷進入勻強磁場后做勻速圓周運動的軌道半徑為：$r′=\frac{2a}{2n+1}（n=1，2，3…）$
由牛頓第二定律得：$qv′B=m\frac{v{′}_{\;}^{2}}{r′}$
解得：$E′=\frac{2q{B}_{\;}^{2}a}{（2n+1）_{\;}^{2}m}$
（3）電荷在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)OD=d，運動軌跡如圖所示

由幾何知識得$R=\frac3camjo9{sinα}$，${v}_{0}^{\;}sinα=\sqrt{\frac{2q{E}_{0}^{\;}a}{m}}$，電荷的軌道半徑$R=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qB}$
解得：$d=\sqrt{\frac{2ma{E}_{0}^{\;}}{q{B}_{\;}^{2}}}$
在電場中$a=\frac{1}{2}\frac{q{E}_{0}^{\;}}{m}{t}_{1}^{2}$
解得${t}_{1}^{\;}=\sqrt{\frac{2ma}{q{E}_{0}^{\;}}}$
${v}_{0}^{\;}=\fracpj9kudy{{t}_{1}^{\;}}=d\sqrt{\frac{q{E}_{0}^{\;}}{2ma}}$
答：（1）若將負電荷從P點靜止開始釋放，要使其不從磁場上邊界射出，求電場的電場強度E的大小$\frac{q{B}_{\;}^{2}a}{2m}$；
（2）若還是從P點靜止開始釋放，在x=2.5a處有一與x軸垂直的足夠大的板（圖中未畫出），若將板向x軸正方向平移，電荷打在板上的位置始終不變，則電場的電場強度E′為$\frac{2q{B}_{\;}^{2}a}{（2n+1）_{\;}^{2}a}$；
（3）若勻強磁場充滿y＞0的所有區(qū)域，勻強電場的電場強度為E₀，從P點以適當(dāng)?shù)某跛俣绕叫杏谪搙軸射出一帶負電的粒子，質(zhì)量為m，電量為q，使它經(jīng)過負x軸上的D點，然后歷經(jīng)磁場一次自行回到P點，求OD的距離為$\sqrt{\frac{2ma{E}_{0}^{\;}}{q{B}_{\;}^{2}}}$和拋出的初速度$d\sqrt{\frac{q{E}_{0}^{\;}}{2ma}}$．

點評 解決本題的關(guān)鍵是掌握帶壘球在加速電場中的運動及由動能定理求得經(jīng)加速電場后的速度，壘球在磁場中在洛倫茲力作用下做圓周運動，要考慮到由條件作出壘球運動軌跡，由軌跡確定壘球運動的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解，要注意圓周運動的周期性．