Question

14．如圖甲所示，在xoy平面x＞l的區(qū)域內(nèi)有垂直于xoy平面向外的勻強(qiáng)磁場，在0＜x＜l的區(qū)域內(nèi)有沿y軸方向周期性變化的勻強(qiáng)電場，其變化規(guī)律如圖乙所示（E₀大小未知），設(shè)電場沿+y方向?yàn)檎�，坐�?biāo)原點(diǎn)O處有一粒子源，能沿+x方向連續(xù)發(fā)出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度為v₀的帶正電粒子，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=$\frac{πm{v}_{0}}{ql}$，不計粒子的重力和粒子間的相互作用．

（1）求t=0時刻從粒子源射出的粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的時間t；
（2）若E₀=$\frac{2m{{v}_{0}}^{2}}{ql}$，求足夠長的時間內(nèi)，粒子射出磁場時與直線x=l的交點(diǎn)所構(gòu)成的線段的長度S；
（3）若粒子每次到達(dá)y軸將以原速率反向彈回，為使t=0時刻從粒子源射出的粒子能經(jīng)過點(diǎn)P（l，0），求電場強(qiáng)度的大小E₀．

Answer 1

分析 （1）t=0時刻從粒子源射出的粒子在電場中先向上做勻加速直線運(yùn)動，后向上做勻減速直線運(yùn)動，再垂直進(jìn)入磁場，進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)粒子的周期公式求出粒子在磁場中的運(yùn)動時間．
（2）求出粒子在電場中在豎直方向的位移，然后由牛頓第二定律求出粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑，最后求出線段長度S．
（3）求出粒子進(jìn)入磁場時在y軸方向的位移，然后求出電場強(qiáng)．

解答 解：（1）t=0時刻從粒子源射出的粒子在y軸方向先向上做勻加速直線運(yùn)動，后向上做勻減速直線運(yùn)動，最后垂直射入勻強(qiáng)磁場，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，進(jìn)過半個圓后再次進(jìn)入電場，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2l}{{v}_{0}}$，粒子在磁場中的運(yùn)動時間：t=$\frac{1}{2}$T=$\frac{l}{{v}_{0}}$；
（2）t=0時刻從粒子源射出的粒子進(jìn)入磁場時在y軸上的位移：
y=2×$\frac{1}{2}$at₁²=$\frac{q{E}_{0}}{m}$×$（\frac{l}{2{v}_{0}}）^{2}$=$\frac{l}{2}$，
由對稱性可知，在t=$\frac{l}{2{v}_{0}}$時刻射出的粒子在y軸上的位移：y′=-$\frac{l}{2}$，
粒子進(jìn)入磁場后都做順時針方向的勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)半個圓周后離開磁場，
則粒子射出磁場時與直線x=l的交點(diǎn)所構(gòu)成的線段的長度s=y+|y′|=l；
（3）t=0時刻從粒子源射出的粒子進(jìn)入磁場時在y軸上的位移：
y=2×$\frac{1}{2}$at₁²=$\frac{qE}{m}$×$（\frac{l}{2{v}_{0}}）^{2}$=$\frac{qE{l}^{2}}{4m{v}_{0}^{2}}$，
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律可得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，解得：r=$\frac{l}{π}$，
粒子能經(jīng)過點(diǎn)P（l，0），則：y=2r，解得：E=$\frac{8m{v}_{0}^{2}}{πql}$，則E₀=E=$\frac{8m{v}_{0}^{2}}{πql}$；
答：（1）t=0時刻從粒子源射出的粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的時間t為$\frac{l}{{v}_{0}}$；
（2）若E₀=$\frac{2m{{v}_{0}}^{2}}{ql}$，求足夠長的時間內(nèi)，粒子射出磁場時與直線x=l的交點(diǎn)所構(gòu)成的線段的長度S為l；
（3）若粒子每次到達(dá)y軸將以原速率反向彈回，為使t=0時刻從粒子源射出的粒子能經(jīng)過點(diǎn)P（l，0），電場強(qiáng)度的大小E₀為$\frac{8m{v}_{0}^{2}}{πql}$．

點(diǎn)評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運(yùn)動，分析求出粒子運(yùn)動過程是正確解題的關(guān)鍵，分析清楚粒子運(yùn)動過程后應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動的位移公式、牛頓第二定律可以解題．