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點以適當的初速度平行于負x軸射出一帶負電的粒子，質量為m，電量為q，使它經過負x軸上的D點，然后歷經磁場一次自行回到P點，求OD的距離和拋出的初速度．

Answer 1

分析 （1）根據動能定理求得負電荷經電場加速后的速度，由幾何關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，根據半徑公式求解即可；
（2）根據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OD=d，運動軌跡如圖所示

由幾何知識得$R=\fracdthlx7t{sinα}$，${v}_{0}^{\;}sinα=\sqrt{\frac{2q{E}_{0}^{\;}a}{m}}$，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${t}_{1}^{\;}=\sqrt{\frac{2ma}{q{E}_{0}^{\;}}}$
${v}_{0}^{\;}=\fracvpjv7dp{{t}_{1}^{\;}}=d\sqrt{\frac{q{E}_{0}^{\;}}{2ma}}$
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點以適當的初速度平行于負x軸射出一帶負電的粒子，質量為m，電量為q，使它經過負x軸上的D點，然后歷經磁場一次自行回到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，再根據洛倫茲力提供向心力列式求解，要注意圓周運動的周期性．