Question

10．如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第I象限內(nèi)有平行于x軸的勻強(qiáng)電場，方向沿+x軸方向，在第II象限的三角形區(qū)域PQM區(qū)域（含邊界）內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直xoy平面向里，一個帶負(fù)電的粒子總是從P點沿+y軸方向射入磁場．已知P點坐標(biāo)為（-L，0），Q點坐標(biāo)為（-L，L），M點左邊為（0，L），粒子的質(zhì)量為m，電荷量為-q，不計粒子重力．

（1）若粒子從P點射入的速度大小為$\frac{qLB}{m}$，求粒子從P點射入到剛進(jìn)入電場這段時間內(nèi)平均速度的大小和方向；
（2）若粒子從P點以某一速度射入，最終從Q點離開磁場，此過程中，粒子在電場中電勢能變化的最大值為多少？
（3）若粒子從P點射入后，最終能從x軸上P、O點間射出，則粒子從P點射入的最大速度為多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到半徑公式，結(jié)合已知求出粒子半徑r，利用周期公式結(jié)合粒子轉(zhuǎn)過的圓心角求出粒子運動時間，根據(jù)幾何關(guān)系求出其運動的位移，與時間做比即可求出平均速度的大小，位移的方向即為平均速度的方向；
（2）畫出粒子軌跡過程圖，運用對稱性畫出粒子軌跡過程圖，據(jù)洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合即可求出粒子速度最大值，進(jìn)而可求粒子動能的最大值，而動能最小值為0，進(jìn)而可以求出粒子動能的變化量，再根據(jù)能量守恒可知電勢能和動能的和為一定值，電勢能改變量的最大值即為動能該變量的最大值；
（3）找出粒子能從x軸上P、O點間射出的臨界條件，即：軌跡恰好與邊界PQ、邊界QM相切，據(jù)洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合，即可求出粒子從P點射入的最大速度．

解答 （1）如圖甲所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：$qvB=m\frac{v^2}{r}⇒r=\frac{mv}{Bq}$①
$T=\frac{2πr}{v}⇒T=\frac{2πm}{Bq}$②
由①式代入已知條件可得r=L③
粒子從P點射入磁場到M點，
位移：$s=\sqrt{2}r$④
時間：$t=\frac{1}{4}T$⑤
則粒子的平均速度：$\overline v=\frac{s}{t}$⑥
由②③④⑤⑥解得：$\overline v=\frac{{2\sqrt{2}qBL}}{πm}$
平均速度方向由P點指向M點
（2）如圖乙所示，

分析可知，粒子從Q點射出的速度方向必沿+y方向，${r_1}=\frac{L}{2}$⑦
由①⑦聯(lián)立解得：${v_1}=\frac{qBL}{2m}$⑧
電勢能最大時，粒子動能為零，設(shè)電勢能改變量為△E_p，根據(jù)能量守恒定律可得：$△{E_p}=\frac{1}{2}mv_1^2-0$⑨
由⑧⑨聯(lián)立解得：$△{E_p}=\frac{{{q^2}{B^2}{L^2}}}{8m}$
（3）如圖丙所示，

分析可知，粒子從P、O間以最大速度射出需滿足：L=3r₂⑩
由①⑩聯(lián)立解得：${v_2}=\frac{qBL}{3m}$
答：（1）若粒子從P點射入的速度大小為$\frac{qLB}{m}$，粒子從P點射入到剛進(jìn)入電場這段時間內(nèi)平均速度的大小為$\frac{2\sqrt{2}qBL}{πm}$，方向由P點指向M點；
（2）若粒子從P點以某一速度射入，最終從Q點離開磁場，此過程中，粒子在電場中電勢能變化的最大值為$\frac{{q}^{2}{B}^{2}{L}^{2}}{8m}$；
（3）若粒子從P點射入后，最終能從x軸上P、O點間射出，則粒子從P點射入的最大速度為$\frac{qBL}{3m}$．

點評 本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，運用洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合的思路解決，粒子在電場中做勻變速直線運動，電場中的過程較為簡單；第二問用到守恒的思想，勢能和動能的和為一定值，動能該變量的最大值即為電勢能改變量的最大值，解題關(guān)鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，找到臨界幾何條件．