Question

20．如圖甲所示，xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示，周期均為2t₀，y軸正方向為E的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向．t=0時刻，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從坐標(biāo)原點O開始運動，此時速度大小為v₀，方向為+x軸方向．已知電場強度大小為E₀，磁感應(yīng)強度大小B₀=$\frac{πm}{q{t}_{0}}$，不計粒子所受重力．求：
（1）t₀時刻粒子的速度大小v₁及對應(yīng)的位置坐標(biāo)（x₁，y₁）；
（2）為使粒子第一次運動到y(tǒng)軸時速度沿-x方向，B₀與E₀應(yīng)滿足的關(guān)系；
（3）t=4nt₀（n 為正整數(shù)）時刻粒子所在位置的橫坐標(biāo)x．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類似平拋運動，采用正交分解法，根據(jù)分運動規(guī)律列式求解即可；
（2）使粒子第一次運動到y(tǒng)軸時速度沿-x方向，則圓心在y軸上，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解；
（3）有電場時粒子做類似平拋運動，只有磁場時粒子做勻速圓周運動，畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系列式分析．

解答 解：（1）在電場中運動，沿著x軸正方向有：x₁=v₀t₀，
沿著y軸正方向，有：v_y=at₀，y₁=$\frac{1}{2}a{t}_{0}^{2}$，
由牛頓第二定律，有：qE₀=ma，
運動的速度大小v₁=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，
解得：v₁=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{{q}^{2}{E}_{0}^{2}{t}_{0}^{2}}{{m}^{2}}}$，粒子的位置坐標(biāo)為（v₀t₀，$\frac{{E}_{0}q{t}_{0}^{2}}{2m}$）；
（2）設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，則：qv₁B₀=$\frac{4{π}^{2}m}{{T}^{2}}{r}_{1}$，
解得：T=2t₀；
則粒子第一次運動到y(tǒng)軸前的軌跡如圖所示：

粒子在磁場中做圓周運動時，有：qv₁B₀=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{r}_{1}}$，
圓心在y周期上，結(jié)合幾何關(guān)系得到：r₁sinθ=v₀t₀，
且v₁sinθ=v₀，
解得：$\frac{{E}_{0}}{{B}_{0}}={v}_{0}$；
（3）粒子在磁場中做圓周運動的周期為2t₀，即在t₀～2t₀時間內(nèi)粒子轉(zhuǎn)了半圈，在x方向向左移動△x，2t₀時刻速度大小仍為v₁，方向與t₀時刻速度方向相反，在2t₀～3t₀時間內(nèi)粒子做勻變速曲線運動，根據(jù)對稱性可知，粒子運動軌跡與0～t₀時間內(nèi)相同，3t₀時刻速度大小為v₀，方向沿著x軸負方向，在3t₀～4t₀時間內(nèi)粒子轉(zhuǎn)動半圈，4t₀時刻速度大小為v₀，方向沿著x正方向，如圖所示；則0～4t₀時間內(nèi)粒子在x方向向左移動的距離為△x；

$△x=2{r}_{1}sinθ=\frac{2{E}_{0}{t}_{0}}{{B}_{0}}$ 
則粒子的橫坐標(biāo)x=-n△x=-$\frac{2n{E}_{0}q{t}_{0}^{2}}{πm}$  （n=1，2，…）
答：（1）t₀時刻粒子的速度大小為$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{{q}^{2}{E}_{0}^{2}{t}_{0}^{2}}{{m}^{2}}}$，對應(yīng)的位置坐標(biāo)（v₀t₀，$\frac{{E}_{0}q{t}_{0}^{2}}{2m}$）；
（2）為使粒子第一次運動到y(tǒng)軸時速度沿-x方向，B₀與E₀應(yīng)滿足的關(guān)系$\frac{{E}_{0}}{{B}_{0}}={v}_{0}$；
（3）t=4nt₀（n 為正整數(shù)）時刻粒子所在位置的橫坐標(biāo)x為-$\frac{2n{E}_{0}q{t}_{0}^{2}}{πm}$ （n=1，2，…）．

點評 本題是帶電粒子在復(fù)合場中運動的問題，分析粒子的受力情況，確定其運動情況，關(guān)鍵是運用幾何知識求解坐標(biāo)．