Question

17．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一直角坐標系，在y軸的右側(cè)存在無限大的、場強大小為E、水平向左的勻強電場，在y軸的左側(cè)同時存在一個垂直紙面向外、磁感應強度大小為B、水平寬度為a的勻強磁場Ⅰ．有一不計重力、帶正電、比荷為$\frac{q}{m}$的粒子由+x軸上某一位置無初速度釋放．
（1）若其恰好經(jīng)過磁場Ⅰ左邊界上P點（-a，$\frac{a}{2}$），求粒子射出磁場Ⅰ的速度v₁的大��；
（2）若其恰好經(jīng)過y軸上的Q點（0，$\frac{a}{2}$），求粒子從釋放開始第一次到達Q所用的時間；
（3）若勻強磁場Ⅰ左側(cè)同時存在一個垂直紙面向里、磁感應強度大小也為B的無限大勻強磁場Ⅱ，要使粒子第二次沿+x方向運動時恰經(jīng)過y軸上的M點（0，-4a），試求其在+x軸上無初速度釋放時的位置坐標．

Answer 1

分析 （1）帶正電的粒子垂直進入磁場后做勻速圓周運動，畫出粒子運動的軌跡，求出粒子運動的半徑，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力即可求解帶電粒子在磁場中運動的速率；
（2）先求出在電場中運動的時間，再求出在磁場中運動的時間，二者之和即可帶電粒子從O點開始運動到第一次回到Q點所用時間．
（3）要使粒子第二次沿+x方向運動時恰經(jīng)過y軸上的M點（0，-4a），畫出運動的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求出半徑，然后由動能定理與牛頓第二定律即可求出．

解答 解：（1）如右圖所示，由幾何關(guān)系可知${r_1}^2={a^2}+{（{r_1}-\frac{a}{2}）^2}$

可知粒子在磁場中的軌跡半徑${r_1}=\frac{5}{4}a$
由牛頓第二定律得：$Bq{v_1}=m\frac{v_1^2}{r_1}$
射出磁場的速度${v_1}=\frac{5Bqa}{4m}$
（2）粒子從釋放開始到第一次到達Q點，可能軌跡如右圖所示，

由幾何關(guān)系可知：$n•2{r_2}=\frac{a}{2}$，其中n=1，2，3，…
${r_2}=\frac{a}{4n}$
粒子在磁場中${r_2}=\frac{{m{v_2}}}{qB}$，$T=\frac{2πm}{qB}$
粒子在電場中做勻加速直線運動${v_2}=\frac{Eq}{m}{t_1}$，
解得${t_1}=\frac{Ba}{4nE}$
粒子在磁場中做勻速圓周運動，通過一個半圓的時間為$\frac{T}{2}$
從釋放開始一直第一次到達Q所用的時間$t=（2n-1）{t_1}+n\frac{T}{2}$
解得$t=n\frac{πm}{Bq}+\frac{（2n-1）Ba}{4nE}$其中n=1，2，3，…
（3）要使粒子第二次沿+x方向運動時恰經(jīng)過y軸上的M點（0，-4a），軌跡如右圖．

如右圖所示，在△O₁O₂D中  O₁O₂=2r₃，O₂D=2a，O₁D=r₃+a
由幾何關(guān)系可知${（2{r_3}）^2}={（2a）^2}+{（{r_3}+a）^2}$  
解得${r_3}=\frac{5}{3}a$
又$Bq{v_3}=m\frac{v_3^2}{r_3}$，粒子在電場中做勻加速直線運動$Eqx=\frac{1}{2}mv_3^2-0$
在+x軸上無初速度釋放時的位置坐標$x=\frac{{25q{B^2}{a^2}}}{18mE}$
答：（1）若其恰好經(jīng)過磁場Ⅰ左邊界上P點（-a，$\frac{a}{2}$），粒子射出磁場Ⅰ的速度v₁的大小是$\frac{5Bqa}{4m}$；
（2）若其恰好經(jīng)過y軸上的Q點（$\frac{a}{2}$，0），粒子從釋放開始第一次到達Q所用的時間是$n\frac{πm}{Bq}+\frac{（2n-1）Ba}{4nE}$其中n=1，2，3，…；
（3）其在+x軸上無初速度釋放時的位置坐標是$\frac{25q{B}^{2}{a}^{2}}{18mE}$．

點評 本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，解題關(guān)鍵是畫出粒子的運動軌跡，運用幾何知識求解軌跡半徑．