Question

15．在豎直平面內建立一平面直角坐標系xoy，x軸沿水平方向，如圖甲所示．第二象限內有一水平向右的勻強電場，場強為E₁．坐標系的第一、四象限內有一正交的勻強電場和勻強交變磁場，電場方向豎直向上，場強E₂=$\frac{1}{2}$E₁，勻強磁場方向垂直紙面．處在第三象限的發射裝置（圖中未畫出）豎直向上射出一個比荷$\frac{q}{m}$=10²C/kg的帶正電的粒子（可視為質點），該粒子以v₀=4m/s的速度從-x上的A點進入第二象限，并以v₁=8m/s速度從+y上的C點沿水平方向進入第一象限．取粒子剛進入第一象限的時刻為0時刻，磁感應強度按圖乙所示規律變化（以垂直紙面向外的磁場方向為正方向），g=10m/s²．試求：
（1）帶電粒子運動到C點的縱坐標值h及電場強度E₁；
（2）+x軸上有一點D，OD=OC，若帶電粒子在通過C點后的運動過程中不再越過y軸，要使其恰能沿x軸正方向通過D點，求磁感應強度B₀及其磁場的變化周期T₀；
（3）要使帶電粒子通過C點后的運動過程中不再越過y軸，求交變磁場磁感應強度B₀和變化周期T₀的乘積B₀T₀應滿足的關系．

Answer 1

分析 （1）將粒子在第二象限內的運動分解為水平方向和豎直方向，得出兩個方向上的運動規律，結合運動學公式和牛頓第二定律求出帶電微粒運動到C點的縱坐標值h及電場強度E₁；
（2）若帶電微粒在通過C點后的運動過程中不再越過y軸，要使其恰能沿x軸正方向通過D點，作出粒子的運動的軌跡圖，根據洛倫茲力提供向心力，得出粒子在磁場中運動的半徑大小，結合幾何關系，求出磁感應度的通項表達式，再根據周期的關系求出磁場的變化周期T₀的通項表達式．
（3）當交變磁場周期取最大值而粒子不再越過y軸時，根據幾何關系求出圓心角的大小，從而求出T₀的范圍，以及B₀ T₀應滿足的關系．

解答 解：（1）將粒子在第二象限內的運動分解為水平方向和豎直方向，在豎直方向上做豎直上拋運動，在水平方向上做勻加速直線運動．則有
$t=\frac{{v}_{0}}{g}=0.4s$，
$h=\frac{{v}_{0}}{2}t=0.8m$，
${a}_{x}=\frac{{v}_{1}}{t}=2g$，
qE₁=2mg，
聯立并代入數據解得：E₁=0.2N/C
（2）qE₂=mg，所以帶電的粒子在第一象限將做勻速圓周運動，設粒子運動圓軌道半徑為R，周期為T，則有：$q{v}_{1}{B}_{0}=m\frac{{{v}_{1}}^{2}}{R}$，
可得：$R=\frac{0.08}{{B}_{0}}$
使粒子從C點運動到D點，則有：
$h=（2n）R=（2n）\frac{0.08}{{B}_{0}}$，B₀=0.2n（T）（n=1，2，3…）
$T=\frac{2πm}{q{B}_{0}}$，
$\frac{{T}_{0}}{2}=\frac{T}{4}$，
解得：${T}_{0}=\frac{T}{2}=\frac{πm}{q{B}_{0}}=\frac{π}{20n}（s）（n=1，2，3…）$
（3）當交變磁場周期取最大值而粒子不再越過y軸時可作如圖運動情形：
由圖可知$θ=\frac{5π}{6}$，${T}_{0}≤\frac{5}{6}T=\frac{5π}{300{B}_{0}}$，
則${T}_{0}{B}_{0}≤\frac{π}{60}$
答：（1）帶電粒子運動到C點的縱坐標值h為0.8m，電場強度E₁為0.2N/C；
（2）磁感應強度B₀為0.2n（T）（n=1，2，3…），其磁場的變化周期T₀為$\frac{π}{20n}（s）（n=1，2，3…）$；
（3）交變磁場磁感應強度B₀和變化周期T₀的乘積B₀T₀應滿足${T}_{0}{B}_{0}≤\frac{π}{60}$．

點評 帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑．