Question

15．如圖所示，水平如圖1所示，紙面表示豎直平面，過(guò)P點(diǎn)的豎直線(xiàn)MN左側(cè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等．一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球從O點(diǎn)開(kāi)始以豎直向上的速度v₀拋出，恰能水平地通過(guò)P點(diǎn)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為v₀．從小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)起，在空間施加一個(gè)垂直紙面向外的周期性變化的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖象如圖2所示（其中t₁、t₂為未知的量，t₂＜$\frac{2πm}{q{B}_{0}}$），同時(shí)將P點(diǎn)左側(cè)的電場(chǎng)保持大小不變而方向改為豎直向上，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間又后，小球恰能豎直向上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)，已知P、Q點(diǎn)處在同一水平面上，間距為L(zhǎng)．（重力加速度為g）

（1）求OP間的距離；
（2）如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀為已知量，試寫(xiě)出t₁的表達(dá)式；（用題中所給的物理量的符號(hào)表示）
（3）如果小球從通過(guò)P點(diǎn)后便始終能在電場(chǎng)所在空間做周期性運(yùn)動(dòng)，但電場(chǎng)存在理想的右邊界M′N(xiāo)′（即M′N(xiāo)′的右側(cè)不存在電場(chǎng)），且Q點(diǎn)到M′N(xiāo)′的距離為$\frac{L}{π}$．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的周期最大時(shí)：求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀及小球運(yùn)動(dòng)的最大周期T．

Answer 1

分析 （1）小球由O到P運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，豎直方向做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，用平均速度表示兩個(gè)分位移，即可求出合位移OP的大�。�
（2）小球在OP間運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析得到電場(chǎng)力qE=mg，則知小球通過(guò)P點(diǎn)后，在0～t₁時(shí)間內(nèi)沿水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在t₁～（t₁+t₂）時(shí)間內(nèi)做勻速率圓周運(yùn)動(dòng)．小球恰能豎直向上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)，畫(huà)出軌跡，可知${t}_{2}=\frac{3}{4}{T}_{0}$，可求出t₁的表達(dá)式．
（3）小球運(yùn)動(dòng)的速率始終不變，當(dāng)R變大時(shí)，T₀也增加，在小球不飛出電場(chǎng)的情況下，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的周期T最大時(shí)，圖1中圓軌跡右側(cè)恰好跟M'N'相切，畫(huà)出軌跡，由幾何知識(shí)求出軌跡的半徑，即可求解磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀及周期．

解答 解：（1）小球由O到P運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，豎直方向做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，令運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有$t=\frac{{v}_{0}}{g}$，
水平位移為：$x=\frac{{v}_{0}+0}{2}t=\frac{{{v}_{0}}^{2}}{2g}$，
豎直位移we：$y=\frac{0+{v}_{0}}{2}t=\frac{{{v}_{0}}^{2}}{2g}$，
所求OP間距離we：s=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}=\frac{\sqrt{2}{{v}_{0}}^{2}}{2g}$．
（2）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，考慮小球在OP間運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，
豎直方向：0=v₀-gt，
水平方向：v₀=at
qE=ma
可得：qE=mg
上式表明，小球通過(guò)P點(diǎn)后，在0～t₁時(shí)間內(nèi)沿水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在t₁～（t₁+t₂）時(shí)間內(nèi)做勻速率圓周運(yùn)動(dòng)．
設(shè)小球在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)₀，若豎直向上通過(guò)Q點(diǎn)，由圖（1分）析可知必有以下兩個(gè)條件：${t_2}=\frac{3}{4}{T_0}$
v₀t₁-L=R，其中R為圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑．
由牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：$q{v_0}B=m\frac{v_0^2}{R}$${T_0}=\frac{2πR}{v_0}$
解得：${t_1}=\frac{L}{v_0}+\frac{m}{{q{B_0}}}$．
（3）小球運(yùn)動(dòng)的速率始終不變，當(dāng)R變大時(shí)，T₀也增加，在小球不飛出電場(chǎng)的情況下，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的周期T最大時(shí)，圖1中圓軌跡右側(cè)恰好跟M′N(xiāo)′相切，為使小球從通過(guò)P點(diǎn)后能做周期性運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的軌跡如圖所示．需滿(mǎn)足t₁=t₂．
有：$\frac{L}{π}=2R=2\frac{{m{v_0}}}{{q{B_0}}}$
解得：${B_0}=\frac{{2πm{v_0}}}{qL}$
而${T_0}=\frac{2πR}{v_0}=\frac{2πm}{{q{B_0}}}=\frac{L}{v_0}$
可知小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大周期：$T=8×\frac{{3{T_0}}}{4}=\frac{6L}{v_0}$．
答：（1）OP間的距離為$\frac{\sqrt{2}{{v}_{0}}^{2}}{2g}$；
（2）t₁的表達(dá)式為${t_1}=\frac{L}{v_0}+\frac{m}{{q{B_0}}}$．
（3）此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為$\frac{2πm{v}_{0}}{qL}$，小球運(yùn)動(dòng)的最大周期為$\frac{6L}{{v}_{0}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，小球的受力情況，確定研究方法，在重力與電場(chǎng)和復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)用分解法研究，在電場(chǎng)、重力場(chǎng)和磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中畫(huà)出軌跡，運(yùn)用幾何知識(shí)是基本方法．