Question

8．如圖甲所示，空間存在一范圍足夠大、方向垂直于豎直xoy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B．讓質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）的粒子從坐標原點O沿xoy平面人射，不計粒子重力，重力加速度為g

（1）若該粒子沿y軸負方向人射后，恰好能經(jīng)過x軸上的A（a，0）點，求粒子速度的大�。�
（2）若該粒子以速度v沿y軸負方向人射的同時，一不帶電的小球從x軸上方某一點平行于x軸向右拋出．二者經(jīng)過時間t=$\frac{5πm}{6qB}$恰好相遇，求小球拋出點的縱坐標．
（3）如圖乙所，在此空間再加人沿y軸負方向、大小為E的勻強電場，讓該粒子改為從O點靜止釋放，研究表明：粒子在xoy平面內(nèi)將做周期性運動，其周期T=$\frac{2πm}{qB}$，且在任一時刻，粒子速度的x分量v_x與其所在位置的y坐標絕對值的關系為v_x=$\frac{qB}{m}y$．若在粒子釋放的同時，另有一不帶電的小球從x軸上方某一點平行于x軸向右拋出，二者經(jīng)過時間t=$\frac{3πm}{qB}$恰好相遇，求小球拋出點的縱坐標（結果m、q、B、E、g、v、a、π用表示）

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系求出軌跡半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式，求得粒子速度的大�。�
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為 T=$\frac{2πm}{qB}$，根據(jù)相遇時間t=$\frac{5πm}{6qB}$=$\frac{5}{12}$T，得到在這段時間內(nèi)粒子轉動的圓心角，從而由幾何關系求解出相遇點的縱坐標絕對值，即可求解．
（3）相遇時間t=$\frac{3πm}{qB}$=$\frac{3}{2}$T，由對稱性可知相遇點在第二個周期運動的最低點，由動能定理求得相遇時水平速度v_x．結合題意v_x=$\frac{qB}{m}y$，得到y(tǒng)的值，即可求解．

解答 解：（1）由題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為 r₁=$\frac{a}{2}$
由洛倫茲力提供向心力，有 qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}}$
解得 v₀=$\frac{qBa}{2m}$
（2）由洛倫茲力提供向心力，有 qvB=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{2}}$
可得 r₂=$\frac{mv}{qB}$
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為 T=$\frac{2πm}{qB}$，則相遇時間為 t=$\frac{5πm}{6qB}$=$\frac{5}{12}$T
在這段時間內(nèi)粒子轉動的圓心角為 θ=$\frac{5}{12}×$360°=150°
如圖3所示，相遇點的縱坐標絕對值為 r₂sin30°=$\frac{mv}{2qB}$
小球拋出點的縱坐標為 y=$\frac{1}{2}g（\frac{5πm}{6qB}）^{2}$-$\frac{mv}{2qB}$
（3）相遇時間t=$\frac{3πm}{qB}$=$\frac{3}{2}$T，由對稱性可知相遇點在第二個周期運動的最低點
設粒子運動到最低點時，離x軸的距離為y_m，水平速度為v_x．
根據(jù)動能定理有 qEy_m=$\frac{1}{2}m{v}_{x}^{2}$
由題意有 v_x=$\frac{qB}{m}y$．
聯(lián)立解得 y_m=$\frac{2mE}{q{B}^{2}}$
故小球拋出點的縱坐標為 y=$\frac{1}{2}g（\frac{3πm}{qB}）^{2}$-$\frac{2mE}{q{B}^{2}}$
答：
（1）粒子速度的大小為$\frac{qBa}{2m}$．
（2）小球拋出點的縱坐標為$\frac{1}{2}g（\frac{5πm}{6qB}）^{2}$-$\frac{mv}{2qB}$
（3）小球拋出點的縱坐標為$\frac{1}{2}g（\frac{3πm}{qB}）^{2}$-$\frac{2mE}{q{B}^{2}}$．

點評 本題考查了帶電粒子在復合場中的運動，過程較復雜，關鍵理清粒子的運動軌跡，結合動能定理、洛倫茲力和電場力知識進行解決．粒子在磁場中運動時，關鍵要根據(jù)時間與周期的關系確定圓心角．