Question

3．如圖所示，在水平虛線MN上、下方分別由無限大的勻強電場E與勻強磁場B，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里．現(xiàn)在勻強電場中是a點以垂直于電場與磁場方向的初速度v₀射出某一帶電粒子，經(jīng)過一段時間后，粒子通過b點，在此期間，粒子只通過磁場一次，且在磁場中的運動軌跡為完整圓周的三分之一．已知a，b兩點的連線與MN平行，a，b兩點間距為d，不計粒子重力．
（1）求帶電粒子到達b點時的速度；
（2）求帶電粒子的比荷；
（3）將帶電粒子從a點射出的初速度減小為原來的一半，問帶電粒子能否通過b點？若不能，請說明理由；若可以通過，請求出滿足條件的初速度值．

Answer 1

分析 （1）粒子從a點到b點的全部過程中，在電場中是類似拋體運動，在磁場中是勻速圓周運動，根據(jù)動能定理列式求解末速度；
（2）粒子在磁場中的運動軌跡為完整圓周的三分之一，說明圓心角為120°，故粒子射入磁場時的速度方向與水平方向的夾角為60°；
設類似平拋運動的時間為t，根據(jù)速度偏轉(zhuǎn)角正切值公式列式，再根據(jù)分位移公式列式，最后聯(lián)立求解即可；
（3）如果將帶電粒子從a點射出的初速度減小為原來的一半，仍然可以到達與a點等高的位置；根據(jù)類似平拋運動和勻速圓周運動的規(guī)律求解出水平方向位移；考慮經(jīng)n個周期到達b點．

解答 解：（1）粒子從a點到b點的全部過程中，根據(jù)動能定理，有：
W=$\frac{1}{2}m{v}_^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
由于電場力做功為零，洛倫茲力不做功，故W=0，故：
v_b=v₀ 
（2）設類似平拋運動的時間為t，速度偏轉(zhuǎn)角為60°，故：
$tan60°=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{at}{{v}_{0}}$
其中a=$\frac{qE}{m}$
末速度：v=$\frac{{v}_{0}}{sin30°}=2{v}_{0}$
水平分位移：
l=v₀t 
磁場中的半徑：
R=$\frac{mv}{qB}$
結(jié)合幾何關系，有：d=2×（l+Rsin60°）
聯(lián)立解得：
t=$\frac{Bd}{2（E+B{v}_{0}）}$ 
$\frac{q}{m}$=$\frac{2\sqrt{3}}ikczhe2（\frac{{v}_{0}^{2}}{E}+\frac{{v}_{0}}{B}）$
（3）如果將帶電粒子從a點射出的初速度減小為原來的一半，類似平拋運動過程，有：
$x={（\frac{1}{2}v}_{0}）t$
y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t}^{2}$
運動的時間不變，故水平分位移變?yōu)樵瓉淼囊话耄�故位移偏轉(zhuǎn)角的正切值tanα=$\frac{y}{x}$增加為2倍，故速度偏轉(zhuǎn)角的正切值也增加為原來的2倍，為：
tanβ=2tan60°=2$\sqrt{3}$；
故進入磁場的速度：
v=$\frac{{v}_{0}}{cosβ}$
在磁場中的運動半徑：
R=$\frac{mv}{qB}$
故粒子在電磁場中經(jīng)過一個周期沿著水平方向的偏移量為：
L=2（x+Rsinβ）
聯(lián)立解得：
L=$\frac{Bd{v}_{0}}{2（E+B{v}_{0}）}$+$\frac{2dE}{B{v}_{0}+E}$=$\fracere2v0d{B{v}_{0}+E}（\frac{B{v}_{0}}{2}+2E）$
只要滿足$\fracdw15n7p{L}$=$\frac{2（B{v}_{0}+E）}{B{v}_{0}+4E}$為整數(shù)，粒子就可以回到b點．
答：（1）帶電粒子到達b點時的速度為v₀；
（2）帶電粒子的比荷為$\frac{2\sqrt{3}}6yqyl1t（\frac{{v}_{0}^{2}}{E}+\frac{{v}_{0}}{B}）$；
（3）將帶電粒子從a點射出的初速度減小為原來的一半，只要滿足$\frac{2（B{v}_{0}+E）}{B{v}_{0}+4E}$為整數(shù)，帶電粒子就能通過b點．

點評 本題關鍵是明確粒子的運動規(guī)律，然后結(jié)合類似平拋運動和勻速圓周運動的規(guī)律列式求解，中間變量較多，不難．