Question

1．如圖所示，直線MN的下方有MN成60°斜向上的勻強(qiáng)電場，上方空間存在兩個(gè)勻強(qiáng)磁場，其分界線是半徑為R的半圓，圓心O在MN上，P、Q是圓與MN的兩交點(diǎn)，半圓分界線內(nèi)外的磁場方向相反且垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電微粒從A點(diǎn)（A點(diǎn)在過O的電場線上）垂直電場線向左上方射出，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度恰好水平，經(jīng)磁場最終能打到Q點(diǎn)，不計(jì)微粒的重力．求：
（1）微粒在A點(diǎn)的速度大小與在P點(diǎn)的速度大小的比值
（2）AO間的距離
（3）微粒從P點(diǎn)到Q點(diǎn)可能的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）微粒在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，作出微粒在A、P兩點(diǎn)的速度，然后求出速度之比．
（2）微粒在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出AO間的距離．
（3）微粒在磁場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用牛頓第二定律與周期公式可以求出微粒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）微粒在A、P兩點(diǎn)的速度如圖所示：

由圖示可知：$\frac{{v}_{A}}{{v}_{P}}$=sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
（2）微粒在垂直電場方向：v_At=Rsin60°
在平行電場方向：$\frac{{v}_{A}tan30°}{2}$t=L，
由幾何知識(shí)可知：AO=Rcos60°-L，
代入數(shù)據(jù)解得：AO=$\frac{1}{4}$R；
（3）微粒在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，
粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡將磁場邊界分成n等份（n=2，3，4…）
由幾何知識(shí)可得：θ=$\frac{π}{2n}$，
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，由對(duì)稱性可得：
t=$\frac{n}{2}$T=$\frac{nπm}{qB}$（n=2，4，6…）
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，t為周期的倍數(shù)加上第一段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，
t=$\frac{n-1}{2}$T+$\frac{π+\frac{π}{n}}{2π}$T=$\frac{（{n}^{2}+1）πm}{nqB}$（n=3，5，7…）
答：（1）微粒在A點(diǎn)的速度大小與在P點(diǎn)的速度大小的比值$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
（2）AO間的距離為為$\frac{1}{4}$R；
（3）微粒從P點(diǎn)到Q點(diǎn)可能的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：$\frac{nπm}{qB}$（n=2，4，6…）  或$\frac{（{n}^{2}+1）πm}{nqB}$（n=3，5，7…）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了微粒在電場與磁場中的運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律即可正確解題，根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合題意找出相應(yīng)的臨界條件是正確解題的前提．本題是一道難題，根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是本題解題的難點(diǎn)，也是正確解題的關(guān)鍵．