Question

2．在對(duì)微觀粒子的研究中，對(duì)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的控制是一項(xiàng)重要的技術(shù)要求，設(shè)置適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰧?shí)現(xiàn)這種要求是可行的做法．如圖甲所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t作周期性變化的圖象如圖乙所示．x軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直紙面向里為B的正方向．若在坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和+q．（不計(jì)粒子的重力，不計(jì)由于電場、磁場突變帶來的其它效應(yīng)）．在0.5t₀時(shí)刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)．
（1）求P在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大�。�
（2）若B₀=$\frac{3πm}{q{t}_{0}}$，求粒子第一次回到出發(fā)點(diǎn)所通過的路程；
（3）若在t′（0＜t′＜0.5t₀）時(shí)刻釋放P，求粒子P速度為零時(shí)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）0.5t₀時(shí)刻釋放的粒子先在電場中經(jīng)過0.5t₀時(shí)間的加速，再進(jìn)入磁場，進(jìn)入磁場的速度就是在電場中加速的末速度．
（2）t₀-2t₀粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，只有當(dāng)t=2t₀時(shí)刻粒子的速度方向沿x軸負(fù)向，粒子才能做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)3/2個(gè)圓周再加上電場中的軌跡和長度，就是粒子第一次回到出發(fā)點(diǎn)所通過的路程．
（3）粒子交替在電場和磁場中加速、圓周運(yùn)動(dòng)、減速為零到達(dá)y軸，再加速、圓周運(yùn)動(dòng)、減速為零到達(dá)y軸，如此循環(huán)，顯然在y軸的縱坐標(biāo)有一定的規(guī)律，找出第一次、第二次縱坐標(biāo)的規(guī)律，就能寫出一般規(guī)律．

解答 解：（1）0.5t₀-t₀粒子在電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，
  電場力F=E₀q
  加速度  a=$\frac{F}{q}$  
  速度 v₀=at   t=0.5t₀
  解得：v₀=$\frac{{E}_{0}q{t}_{0}}{2m}$
（2）t₀-2t₀粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，只有當(dāng)t=2t₀時(shí)刻粒子的速度方向沿x軸負(fù)向，粒子才能做
  往復(fù)運(yùn)動(dòng)．${B}_{0}q{v}_{0}=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{R}$     $T=\frac{2πR}{{v}_{0}}$   由以上兩式解得：$T=\frac{2}{3}{t}_{0}$ 由此判斷出粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)
  3/2個(gè)圓周，粒子軌跡如圖所示，
  粒子第一次回到出發(fā)點(diǎn)通過的路程S=S_磁+S_電
  粒子在磁場中通過的路程 S_磁=3v₀T=$\frac{{E}_{0}q{t}^{2}}{m}$
  粒子在電場中路程 ${S}_{電}=4×\frac{0+{v}_{0}}{2}×\frac{1}{2}{t}_{0}$=$\frac{{E}_{0}q{{t}_{0}}^{2}}{2m}$
  所以  S=$\frac{3{E}_{0}q{{t}_{0}}^{2}}{2m}$
（3）t′時(shí)刻釋放粒子，在電場中加速時(shí)間為t₀-t′，進(jìn)入磁場中的速度：
  v₁=a（t₀-t′）═
進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動(dòng)，由${B}_{0}q{v}_{1}=m\frac{{{v}_{1}}^{2}}{{r}_{1}}$，可得${r}_{1}=\frac{m{v}_{1}}{{B}_{0}q}=\frac{{E}_{0}（{t}_{0}-t′）}{{B}_{0}}$
  2t₀時(shí)刻開始在電場中運(yùn)動(dòng)，經(jīng)（t₀-t′）時(shí)間速度減為零，粒子到達(dá)y軸，而后粒子在電場中再次向右
  加速t′時(shí)間，再次進(jìn)入磁場中的速度
  ${v}_{2}=at′=\frac{{E}_{0}qt′}{m}$   由 $q{v}_{2}B=m\frac{{{v}_{2}}^{2}}{{r}_{2}}$  可得 ${r}_{2}=\frac{m{v}_{2}}{q{B}_{0}}=\frac{{E}_{0}t′}{{B}_{0}}$   
  上述  r₁＞r₂    粒子運(yùn)行軌跡如圖所示
   綜上分析，速度為零時(shí)粒子橫坐標(biāo)為x=0
     縱坐標(biāo)為 
    $y=\left\{\begin{array}{l}{2[k{r}_{1}-（k-1）{r}_{2}]}\\{2k（{r}_{1}-{r}_{2}）}\end{array}\right.\\;\\;（k=1，2，3，4…）$   （k=1，2，3，4…）
   即$y=\left\{\begin{array}{l}{\frac{2{E}_{0}[k（{t}_{0}-2t′）+{t}_{0}]}{{B}_{0}}}\\{\frac{2k{E}_{0}（{t}_{0}-2t′）}{{B}_{0}}}\end{array}\right.$  （k=1，2，3，4…）
答：（1）P在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小為$\frac{{E}_{0}q{t}_{0}}{2m}$．
（2）若B₀=$\frac{3πm}{q{t}_{0}}$，求粒子第一次回到出發(fā)點(diǎn)所通過的路程是$\frac{3{E}_{0}q{{t}_{0}}^{2}}{2m}$．
（3）若在t′（0＜t′＜0.5t₀）時(shí)刻釋放P，粒子P速度為零時(shí)的橫坐標(biāo)為x=0，縱坐標(biāo)為$y=\left\{\begin{array}{l}{\frac{2{E}_{0}[k（{t}_{0}-2t′）+{t}_{0}]}{{B}_{0}}}\\{\frac{2k{E}_{0}（{t}_{0}-2t′）}{{B}_{0}}}\end{array}\right.$ （k=1，2，3，4…）．

點(diǎn)評(píng) 本題的關(guān)鍵是：①題干中所限制的粒子P必須能做往返運(yùn)動(dòng)，那樣粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期與交變磁場的周期有一定的關(guān)系．②第三問涉及的多解問題，加速時(shí)間小于0.5t0，則第一次加速時(shí)間較長，速度大，進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也大，返回時(shí)剛好到y(tǒng)軸速度為零，而第二次加速時(shí)間短，進(jìn)入磁場的速度小，半徑小，所以再次到達(dá)y軸的坐標(biāo)就變小，余次類推找出一般規(guī)律即可．