Question

1．如圖所示，x軸上方是長(zhǎng)為4a、寬為a的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域被y軸平分，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里．x軸下方有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)（無(wú)限大），x軸為磁場(chǎng)與電場(chǎng)的水平分界線，P點(diǎn)為y軸上y=-a的點(diǎn)．質(zhì)量為m，帶有電量大小為q的負(fù)電荷，放在P點(diǎn)．
（1）若將負(fù)電荷從P點(diǎn)靜止開(kāi)始釋放，要使其不從磁場(chǎng)上邊界射出，求電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大��；
（2）若還是從P點(diǎn)靜止開(kāi)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(huà)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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E′為多大；
（3）若勻強(qiáng)磁場(chǎng)充滿y＞0的所有區(qū)域，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E₀，從P點(diǎn)以適當(dāng)?shù)某跛俣绕叫杏谪?fù)x軸射出一帶負(fù)電的粒子，質(zhì)量為m，電量為q，使它經(jīng)過(guò)負(fù)x軸上的D點(diǎn)，然后歷經(jīng)磁場(chǎng)一次自行回到P點(diǎn)，求OD的距離和拋出的初速度．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求得負(fù)電荷經(jīng)電場(chǎng)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(shuō)明電荷在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑剛好等于磁場(chǎng)的寬度，根據(jù)半徑公式求解即可；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理和半徑公式計(jì)算出電荷做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)；
（3）列出電荷在電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程，求出OD和${v}_{0}^{\;}$

解答 解：（1）電荷在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得$qEa=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}-0$
粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{r}$
電荷恰好不從磁場(chǎng)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(chǎng)中加速，由動(dòng)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(kāi)磁場(chǎng)時(shí)電荷的速度方向平行于x軸沿+x方向，
電荷進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)OD=d，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

由幾何知識(shí)得$R=\fracntbrfj9{sinα}$，${v}_{0}^{\;}sinα=\sqrt{\frac{2q{E}_{0}^{\;}a}{m}}$，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(chǎng)中$a=\frac{1}{2}\frac{q{E}_{0}^{\;}}{m}{t}_{1}^{2}$
解得${t}_{1}^{\;}=\sqrt{\frac{2ma}{q{E}_{0}^{\;}}}$
${v}_{0}^{\;}=\frac5p7pt1d{{t}_{1}^{\;}}=d\sqrt{\frac{q{E}_{0}^{\;}}{2ma}}$
答：（1）若將負(fù)電荷從P點(diǎn)靜止開(kāi)始釋放，要使其不從磁場(chǎng)上邊界射出，求電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小$\frac{q{B}_{\;}^{2}a}{2m}$；
（2）若還是從P點(diǎn)靜止開(kāi)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(huà)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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E′為$\frac{2q{B}_{\;}^{2}a}{（2n+1）_{\;}^{2}a}$；
（3）若勻強(qiáng)磁場(chǎng)充滿y＞0的所有區(qū)域，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E₀，從P點(diǎn)以適當(dāng)?shù)某跛俣绕叫杏谪?fù)x軸射出一帶負(fù)電的粒子，質(zhì)量為m，電量為q，使它經(jīng)過(guò)負(fù)x軸上的D點(diǎn)，然后歷經(jīng)磁場(chǎng)一次自行回到P點(diǎn)，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(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵是掌握帶壘球在加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)及由動(dòng)能定理求得經(jīng)加速電場(chǎng)后的速度，壘球在磁場(chǎng)中在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，要考慮到由條件作出壘球運(yùn)動(dòng)軌跡，由軌跡確定壘球運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的周期性．