Question

20．在平面坐標(biāo)系內(nèi)，在第1象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第III、IV象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在y軸上y=l處沿正x方向發(fā)射一比荷為$\frac{q}{m}$、速度為v₀的帶正電粒子，從x=2l的M點(diǎn)離開電場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)后再次到達(dá)x軸時(shí)剛好從坐標(biāo)原點(diǎn)O處經(jīng)過．不計(jì)粒子重力．求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�
（2）粒子從A運(yùn)動(dòng)到O經(jīng)歷的時(shí)間；
（3）若讓該粒子從y上y＞0的任意位置P處沿正x方向發(fā)射（發(fā)射速度v₀不變），求它第二次通x軸時(shí)的橫坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的水平、豎直位移聯(lián)立求得電場(chǎng)強(qiáng)度，由粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)幾何關(guān)系得到半徑，進(jìn)而求得磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（2）通過類平拋運(yùn)動(dòng)的水平、豎直位移求得其運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再由幾何關(guān)系求得圓周運(yùn)動(dòng)的中心角，進(jìn)而根據(jù)運(yùn)動(dòng)周期求得運(yùn)動(dòng)時(shí)間，在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間疊加即可得粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；
（3）根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，由豎直位移求得水平位移，再由圓周運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，通過半徑求得在x軸上的弦長，進(jìn)而求得粒子離開磁場(chǎng)的位置，即第二次通過x軸的位置．

解答 解：（1）粒子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，所以，有：
$\left\{\begin{array}{l}{2l={v}_{0}t}\\{l=\frac{1}{2}×\frac{qE}{m}×{t}^{2}}\end{array}\right.$，
所以有：$E=\frac{2ml}{q{t}^{2}}=\frac{2ml{{v}_{0}}^{2}}{4{l}^{2}q}$=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2ql}$；
且由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：$t=\frac{2l}{{v}_{0}}$，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度v的水平分量為：v_x=v₀，豎直分量為：${v}_{y}=\frac{qE}{m}×\frac{2l}{{v}_{0}}={v}_{0}$，
解得：$v=\sqrt{2}{v}_{0}$；
粒子在磁場(chǎng)中只受洛倫茲力，在洛倫茲力的作用下作圓周運(yùn)動(dòng)，所以，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
則，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：$R=\sqrt{2}l$，
所以，由洛倫茲力作向心力可得：$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{R}$，
解得：$B=\frac{mv}{qR}=\frac{m{v}_{0}}{ql}$；
（2）由（1）可知，粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為$\frac{2l}{{v}_{0}}$；
粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的中心角為270°，圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：$T=\frac{2πR}{v}=\frac{2πl(wèi)}{{v}_{0}}$，
所以，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：$\frac{270°}{360°}T=\frac{3πl(wèi)}{2{v}_{0}}$；
所以，粒子從A運(yùn)動(dòng)到O經(jīng)歷的時(shí)間為$\frac{2l}{{v}_{0}}+\frac{3πl(wèi)}{2{v}_{0}}=\frac{（4+3π）l}{2{v}_{0}}$；
（3）粒子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，所以，有$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}={v}_{0}{t}_{1}}\\{y=\frac{1}{2}×\frac{qE}{m}×{{t}_{1}}^{2}=\frac{{{v}_{0}}^{2}}{4l}{{t}_{1}}^{2}}\end{array}\right.$，所以，${x}_{1}=2\sqrt{yl}$，
所以，粒子在${x}_{1}=2\sqrt{yl}$處以速度v′進(jìn)入磁場(chǎng)，v′的水平分量為v₀，豎直分量為$\sqrt{2×\frac{qE}{m}×y}=\sqrt{\frac{y}{l}}{v}_{0}$；
所以，$v′=\sqrt{\frac{y}{l}+1}{v}_{0}$，所以，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，，
所以有，$sinθ=\frac{\sqrt{\frac{y}{l}}{v}_{0}}{\sqrt{\frac{y}{l}+1}{v}_{0}}=\sqrt{\frac{y}{y+l}}$
粒子由洛倫茲力做向心力，所以，$R′=\frac{mv′}{Bq}=\sqrt{\frac{y}{l}+1}l$，
由圓周運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)在x軸上截得的弦長為$2R′sinθ=2\sqrt{\frac{y}{l}+1}l×\sqrt{\frac{y}{y+l}}=2\sqrt{yl}$；
因?yàn)橄议L等于入射點(diǎn)的坐標(biāo)，所以，粒子一定重O點(diǎn)離開磁場(chǎng)，所以，粒子第二次通過x軸時(shí)的橫坐標(biāo)為x=0．
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大小為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2ql}$，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{m{v}_{0}}{ql}$；
（2）粒子從A運(yùn)動(dòng)到O經(jīng)歷的時(shí)間為$\frac{（4+3π）l}{2{v}_{0}}$；
（3）若讓該粒子從y上y＞0的任意位置P處沿正x方向發(fā)射（發(fā)射速度v₀不變），則它第二次通過x軸時(shí)的橫坐標(biāo)為0．

點(diǎn)評(píng) 求解粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，一般要先求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小及方向，然后再根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性求得入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的關(guān)系；若邊界不再一條直線上，則只能利用圓弧的特性，對(duì)稱性質(zhì)應(yīng)用的時(shí)候形勢(shì)并不一致．