Question

8．如圖所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)（邊界為L₁、L₂），存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場（如圖所示），電場強度的大小為E₀，E＞0表示電場方向豎直向上．t=0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N₁點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做二次完整的圓周運動（其軌跡恰好不穿出邊界L₁），以后可能重復(fù)該運動形式，最后從邊界L₂穿出．重力加速度為g，上述d、E₀、m、v、g為已知量．

（1）求該微粒通過Q點瞬間的加速度；
（2）求磁感應(yīng)強度B的大小和電場變化的周期T；
（3）若微粒做圓周運動的軌道半徑為R，而d=4.5R，使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求微粒所用的時間．

Answer 1

分析 （1）微粒沿直線通過時在豎直方向上受力平衡，根據(jù)平衡求得各力大小，從而求得微粒通過Q點瞬間的加速度；
（2）微粒圓周運動恰好不穿出邊界從而求得圓周運動的半徑，再根據(jù)半徑公式和周期公式求出電場變化的周期；
（3）作出微粒運動的軌跡示意圖，由圖根據(jù)周期性求得粒子運動的總時間．

解答 解：（1）微粒從N到Q，因做直線運動所以滿足：
mg+qE₀=qvB              ①
從Q點開始微粒做圓周運動，則有：
mg=qE₀                 ②
因為在Q點，微粒開始做圓周運動，則此時重力與電場力平衡，微粒所受合力滿足：
Bqv=ma               ③
由①②③可解得微粒在Q點的瞬時加速度a=2g
（2）由mg+qE₀=qvB和mg=qE₀則可得：
qvB=2mg=2qE₀
解得磁感應(yīng)強度B=$\frac{2{E}_{0}}{v}$
設(shè)微粒從N₁運動到Q的時間為t₁，做圓周運動的周期為t₂，
因微粒恰好沒穿出L1邊界，則
微粒圓周運動的半徑：R=$\frac{mv}{qB}=\frac{m{v}^{2}}{2mg}$=vt₁
所以可以得：${t}_{1}=\frac{v}{2g}$
據(jù)洛倫茲力提供圓周運動向心力有：
qvB=m$\frac{v2}{R}$
2πR=vt₂
解得：${t}_{2}=\frac{2πR}{v}=\frac{2π\(zhòng)frac{mv}{qB}}{v}=\frac{πv}{g}$
所以可得電場變化的周期T=t₁+2t₂=$\frac{v}{2g}$+2$\frac{πv}{g}$=$\frac{4π+1}{2g}v$；
（3）（5分）若d=4.5R據(jù)題意可畫出微粒如圖的運動軌跡．
從圖由運動的周期性可知：
微粒運動的總時間t=3T+t₁+$\frac{1}{12}$t₂=3（$\frac{4π+1}{2g}v$）+$\frac{v}{2g}$+$\frac{1}{12}$$\frac{πv}{g}$=$\frac{73π+24}{12g}v$
答：（1）該微粒通過Q點瞬間的加速度為2g；
（2）磁感應(yīng)強度B的大小為$\frac{2{E}_{0}}{v}$和電場變化的周期T為$\frac{4π+1}{2g}v$；
（3）若微粒做圓周運動的軌道半徑為R，而d=4.5R，使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，微粒所用的時間為$\frac{73π+24}{12g}v$．

點評 本題考查了求加速度、磁感應(yīng)強度、周期與運動時間，分析清楚微粒運動過程是正確解題的前提與觀念，作出粒子運動軌跡，應(yīng)用平衡條件、牛頓第二定律、粒子周期公式即可正確解題．