Question

7．如圖甲所示，豎直面MN的左側(cè)空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場（上、下及左側(cè)無邊界）．一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電的小球，以大小為v₀的速度垂直于豎直面MN向右作直線運(yùn)動(dòng)．小球在t=0時(shí)刻通過電場中的P點(diǎn)，為使小球能在以后的運(yùn)動(dòng)中豎直向下通過D點(diǎn)（P、D間距為L，且它們的連線垂直于豎直平面MN，D到豎直面MN的距離DQ等于L/π），經(jīng)過研究，可以在電場所在的空間疊加如圖乙所示隨時(shí)間周期性變化的、垂直紙面向里的磁場，設(shè)t0≤$\frac{2πm}{q{B}_{0}}$且為未知量．求：

（1）場強(qiáng)E的大��；  
（2）如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀為已知量，試推出滿足條件t₁的表達(dá)式；
（3）進(jìn)一步的研究表明，豎直向下的通過D點(diǎn)的小球?qū)⒆鲋芷谛赃\(yùn)動(dòng)．則當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的周期最大時(shí)，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀及運(yùn)動(dòng)的最大周期T的大小，并在圖中定性畫出此時(shí)小球運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的軌跡．

Answer 1

分析 （1）小球受到電場力與重力相平衡，即可求解；
（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系，從而即可求解；
（3）小球運(yùn)動(dòng)的速率始終不變，當(dāng)R變大時(shí)，T₀也增加，由周期公式結(jié)合長度關(guān)系，可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度，由運(yùn)動(dòng)軌跡，可求出最大周期．并畫出運(yùn)動(dòng)軌跡．

解答 解：（1）小球進(jìn)入電場，做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)有：Eq=mg…①
解得：E=$\frac{mg}{q}$…②
（2）在t₁時(shí)刻加磁場，小球在時(shí)間t₀內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)周期為T₀，半徑為R．
豎直向下通過D點(diǎn)，則：t₀=$\frac{3}{4}$T₀…③
Bqv₀=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$…④
PF-PD=R
即v₀t₁-L=R…⑤
將③、④代入⑤式解得：
t₁=$\frac{L}{{v}_{0}}$+$\frac{m}{q{B}_{0}}$…⑥
（3）小球運(yùn)動(dòng)的速率始終不變，當(dāng)R變大時(shí)，T₀也增加，小球在電場中的運(yùn)動(dòng)周期T也增加．
在小球不飛出電場的情況下，當(dāng)T最大時(shí)，有：
DQ=2R
即$\frac{L}{π}$=$\frac{2m{v}_{0}}{q{B}_{0}}$…⑥
T₀=$\frac{2πR}{{v}_{0}}$=$\frac{2πm}{{B}_{0}q}$…⑦
結(jié)合⑥⑦式解得：
B₀=$\frac{2πm{v}_{0}}{qL}$…⑧
T₀=$\frac{L}{{v}_{0}}$…⑨
結(jié)合軌跡圖可知，小球在電場中運(yùn)動(dòng)的最大周期：
T=4×（$\frac{3{T}_{0}}{4}$+t₀）…⑩
結(jié)合上式解得：
T=$\frac{6L}{{v}_{0}}$
小球在電場中運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的軌跡圖如圖所示；

答：（1）場強(qiáng)E的大小E=$\frac{mg}{q}$；
（2）如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀為已知量，試推出滿足條件t₁的表達(dá)式得：t₁=$\frac{L}{{v}_{0}}$₊$\frac{m}{q{B}_{0}}$；
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀及運(yùn)動(dòng)的最大周期T的大�。篢=$\frac{6L}{{v}_{0}}$，小球運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的軌跡如上圖所示．

點(diǎn)評(píng) 考查粒子受到電場力與洛倫茲力作用，涉及勻速直線運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng)，掌握平衡方程與牛頓第二定律的方程，注意幾何知識(shí)在題中的應(yīng)用，并掌握運(yùn)動(dòng)軌跡的對(duì)稱性．