Question

8．如圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸上方有-y方向的勻強(qiáng)電場，x軸下方有垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，電場、磁場的范圍都足夠大，一質(zhì)量m、電荷+q的粒子從y軸上坐標(biāo)為（0，h）的P點(diǎn)沿+x方向射出，速度大小為v₀，不計粒子的重力，粒子第一次過x軸時位置為Q點(diǎn)，速度方向與+x方向夾角為45°．
（1）若過Q點(diǎn)后，粒子經(jīng)磁場直接到達(dá)原點(diǎn)O，求電場強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值$\frac{E}{B}$；
（2）若粒子在電磁場中運(yùn)動時能經(jīng)過x軸上Q點(diǎn)右側(cè)的M點(diǎn)（未標(biāo)出），求磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)該滿足的條件；
（3）若粒子在電磁場中運(yùn)動時能經(jīng)過x軸上x_N=-3h的N點(diǎn)（未標(biāo)出），求出粒子從P點(diǎn)出發(fā)到達(dá)N點(diǎn)可能經(jīng)歷的時間t．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類似平拋運(yùn)動，根據(jù)分位移公式列式分析；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛侖茲力提供向心力，畫出軌跡，得到軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律列式；最后聯(lián)立求解得到電場強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值$\frac{E}{B}$；
（2）在第一問分析的基礎(chǔ)上，將粒子重新回到電場的軌跡畫出，得到再次到達(dá)x軸時向右移動的距離與軌跡圓半徑R的關(guān)系，據(jù)此分析得到軌跡圓半徑的范圍，再根據(jù)洛侖茲力等于向心力列式分析得到磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小范圍；
（3）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度小于第（2）問中最小值時，粒子再次進(jìn)入磁場的點(diǎn)的坐標(biāo)不斷的向左偏移；先結(jié)合幾何關(guān)系列式，再表示出時間，聯(lián)立求解，注意多解．

解答 解：（1）粒子的軌跡如圖所示：

在電場中，根據(jù)分運(yùn)動公式，有：
水平分位移x=v₀t₀，豎直分位移h=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}•{t}_{0}^{2}$，
水平分速度v_x=v₀，豎直分速度${v}_{y}=\frac{qE}{m}•{t}_{0}$，合速度v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，
速度偏轉(zhuǎn)角正切值tan45°=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$，
聯(lián)立解得：x=2h，v=$\sqrt{2}$v₀；
由軌跡圖和幾何知識可知：
在磁場中圓周運(yùn)動的半徑R=$\sqrt{2}h=\frac{mv}{qB}$=$\frac{m•\sqrt{2}{v}_{0}}{qB}$（1）
在電場中做類平拋運(yùn)動有：${v}_{y}={v}_{0}=\frac{qE}{m}•\frac{2h}{{v}_{0}}$（2）
由（1）和（2）式解得$\frac{E}{B}$=$\frac{{v}_{0}}{2}$
（2）粒子回到磁場后，做勻速圓周運(yùn)動，對于直線邊界，粒子射入時速度與邊界的夾角等于射出時與邊界的夾角，故射入速度與+x方向成45角，畫出第一問中粒子返回電場后的運(yùn)動軌跡，如圖所示：

由于水平分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動，豎直分運(yùn)動是類似豎直上拋運(yùn)動，結(jié)合對稱性可知水平分位移為4h，而在磁場中的向左的位移為$\sqrt{2}R$，只要滿足4h$＞\sqrt{2}R$，
即R$＜2\sqrt{2}h$，粒子就會打在Q點(diǎn)的右側(cè)；
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
其中v=$\sqrt{2}$v₀，
解得：B＞$\frac{m{v}_{0}}{2qh}$；
（3）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度等于$\frac{m{v}_{0}}{2qh}$時，軌跡如圖所示：

當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度小于$\frac{m{v}_{0}}{2qh}$時，粒子在電磁場中周期性運(yùn)動的軌跡不斷的向左平移，一個周期內(nèi)平移$△x=\sqrt{2}R-4h$，
①如果從磁場進(jìn)入電場時通過x_N=-3h的N點(diǎn)，則：
-3h=2h-$\sqrt{2}R$-k△x，k=0、1、2、…
解得：B=$\frac{2（k+1）m{v}_{0}}{（4k+5）qh}$，k=0、1、2、…；
總時間：t_總=（k+1）•$\frac{3}{4}$T+（2k+1）t₀，
其中T=$\frac{2πm}{qB}$，t₀=$\frac{2h}{{v}_{0}}$，
解得：t_總=$\frac{3π（4k+5）h}{{4{v_0}}}+\frac{2（2k+1）h}{v_0}$，k=0、1、2、…；
②如果從電場進(jìn)入磁場時通過x_N=-3h的N點(diǎn)，則：
-3h=2h-k△x，k=0、1、2、…
解得：B=$\frac{2km{v}_{0}}{（4k+5）qh}$，k=0、1、2、…；
總時間：t_總=k•$\frac{3}{4}$T+（2k+1）t₀，
其中T=$\frac{2πm}{qB}$，t₀=$\frac{2h}{{v}_{0}}$，
解得：t_總=$\frac{3π（4k+1）h}{{4{v_0}}}+\frac{2（2k+1）h}{v_0}$，k=0、1、2、…；
答：（1）若過Q點(diǎn)后，粒子經(jīng)磁場直接到達(dá)原點(diǎn)O，電場強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值$\frac{E}{B}$為$\frac{{v}_{0}}{2}$；
（2）若粒子在電磁場中運(yùn)動時能經(jīng)過x軸上Q點(diǎn)右側(cè)的M點(diǎn)（未標(biāo)出），磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)該滿足的條件為B＞$\frac{m{v}_{0}}{2qh}$；
（3）若粒子在電磁場中運(yùn)動時能經(jīng)過x軸上x_N=-3h的N點(diǎn)（未標(biāo)出），粒子從P點(diǎn)出發(fā)到達(dá)N點(diǎn)可能經(jīng)歷的時間t為$\frac{3π（4k+5）h}{{4{v_0}}}+\frac{2（2k+1）h}{v_0}$或$\frac{3π（4k+1）h}{{4{v_0}}}+\frac{2（2k+1）h}{v_0}$，k=0、1、2、…．

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是明確粒子在電磁場中的運(yùn)動規(guī)律，要畫出運(yùn)動軌跡，根據(jù)牛頓第二定律和類平拋運(yùn)動軌跡并結(jié)合幾何關(guān)系分析，第2問和第3問是多解問題，要造成周期性，難度較大．