Question

9．如圖（甲）所示，x軸上方為一垂直于平面xoy向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為B，x軸下方為方向平行于x軸，大小恒為E_o，方向作周期性變化的 電場(chǎng)．在坐標(biāo)為（R，R）的A點(diǎn)和第四象限中某點(diǎn)分別放置的兩個(gè)質(zhì)量均為m，電量均為q的正點(diǎn)電荷P和Q，P、Q的重力均不計(jì)．現(xiàn)使P在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中開始做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，同時(shí)釋放Q，要使兩電荷總是以相同的速度同時(shí)通過y軸，求：

（1）場(chǎng)強(qiáng)E_o的大小及方向變化的周期．
（2）在圖（乙）的E-t圖中作出該電場(chǎng)的變化圖象（以釋放電荷P時(shí)為初始時(shí)刻，x軸的正方向作為場(chǎng)強(qiáng)的正方向），要求至少畫出兩個(gè)周期的圖象．

Answer 1

分析 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的速度，由周期公式求出粒子運(yùn)動(dòng)的周期；
由牛頓第二定律求出電場(chǎng)強(qiáng)度；根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律作出圖象

解答 解：因電荷Q只能垂直于y軸運(yùn)動(dòng)，要使P、Q始終以相同的速度同時(shí)通過y軸，則P一定是以坐標(biāo)（O、R）為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律得$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$
得$v=\frac{qBR}{m}$
通過y軸的速度大小為$v=\frac{qBR}{m}$．圓周運(yùn)動(dòng)的周期為${T}_{0}^{\;}=\frac{2πm}{qB}$．
因電荷P從A點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)y軸所需的時(shí)間為$\frac{T_o}{4}=\frac{1}{4}×\frac{2πm}{2qB}$
那么，在這段時(shí)間內(nèi)，Q必須電場(chǎng)力作用下加速度y軸且速度大小為v，所以
$v=a•\frac{{T}_{0}^{\;}}{4}=\frac{q{E}_{0}^{\;}}{m}×\frac{πm}{2qB}$
得${E}_{0}^{\;}=\frac{2Bv}{π}=\frac{2{B}_{\;}^{2}qR}{πm}$
在這段進(jìn)間內(nèi)電場(chǎng)的方向向左． 
又P再經(jīng)過$\frac{T_o}{2}$的時(shí)間后第2次向右通過y軸，速度的大小為v，則，由運(yùn)動(dòng)學(xué)的特片可知，Q在第一次過y軸后，必須先經(jīng)$\frac{T_o}{4}$的時(shí)間反向加速到y(tǒng)軸速度達(dá)到v，才能保證Q第二次與P以相同的速度v過y軸，在這段時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)的方向始終向右，此后，應(yīng)與P作勻稱速度圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同．
即$T={T_o}=\frac{2πm}{qB}$
   （2）E-t圖象如右圖所示．

答：（1）場(chǎng)強(qiáng)E_o的大小為$\frac{2{B}_{\;}^{2}qR}{πm}$及方向變化的周期$\frac{2πm}{qB}$．
（2）在圖（乙）的E-t圖中作出該電場(chǎng)的變化圖象，如上圖所示

點(diǎn)評(píng) 解決該題的關(guān)鍵是判斷出粒子通過y軸的時(shí)間與P運(yùn)動(dòng)周期的關(guān)系，抓住對(duì)稱性和周期性是解題的技巧．