Question

20．如图所示，在平面直角坐标系xoy中，在O≤y≤b且x＞0的区域I内分布着沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E；在0≤y≤b且x＜0的区域II内分布着沿y轴负方向的匀强电场，电场强度也为E；在y＞b的区域Ⅲ和y＜0的区域IV内存在垂直于纸面向里、大小可调节的匀强磁场．质量为m，电荷量为+q的粒子由P（b，0）点静止释放，经电场加速和磁场偏转后又回到P点．已知粒子在磁场区域Ⅲ和Ⅳ中始终做轨道半径为b的匀速圆周运动．粒子重力不计且不考虑磁场变化所引起的电场效应．
（1）求粒子绕行第1圈又回到P点时获得的动能
（2）求粒子绕行第1圈又回到P点所用时间t
（3）为使粒子在磁场中运动时始终保持在半径为b的圆轨道上，磁场必须不断递增，求区域Ⅲ磁感应强度B和区域Ⅳ磁感应强度之间应满足的比例关系式．

Answer 1

分析 （1）根据动能定理求解粒子绕行第1圈又回到P点时获得的动能．
（2）由动能定理分别求出粒子电场区域I、Ⅱ后的速度，由运动学公式求解粒子经过电场I区所用时间．由牛顿第二定律和运动学公式结合求出磁场中运动时间，即可求得总时间．
（3）由动能定理求出粒子第n次进入磁场Ⅲ区时的速度，由牛顿第二定律得到粒子第n次在磁场Ⅲ区内时B_n的表达式，再用同样的方法求得粒子第n次进入磁场Ⅳ区时的速度和粒子第n次在磁场Ⅳ区内 B_n′的表达式，即可求得解答．

解答 解：（1）粒子绕行第1圈获得动能为 E_k=2qEb
（2）粒子经过电场区域I后的速度为v₁，则
  qEb=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
粒子经过电场区域Ⅱ后的速度为v₂，则
  2qEb=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
粒子经过电场I区所用时间  t₁=$\frac{b}{\frac{{v}_{1}}{2}}$=$\sqrt{\frac{2mb}{qE}}$ 
粒子在磁场Ⅲ区 R=b=$\frac{m{v}_{1}}{{B}_{1}q}$ 
  t₂=$\frac{T}{2}$=$\frac{πm}{{B}_{1}q}$=π$\sqrt{\frac{mb}{2qE}}$
粒子经过电场Ⅱ区所用时间 t₃=$\frac{b}{\frac{{v}_{1}+{v}_{2}}{2}}$=$\sqrt{\frac{4mb}{qE}}$-$\sqrt{\frac{2mb}{qE}}$
粒子在磁场Ⅳ区 R=b=$\frac{m{v}_{2}}{{B}_{2}q}$
 t₄=$\frac{{T}_{2}}{2}$=$\frac{πm}{{B}_{2}q}$=$π\sqrt{\frac{mb}{4qE}}$
粒子绕行第1圈又回到P点时所用时间 t=t₁+t₂+t₃+t₄=$\sqrt{\frac{mb}{qE}}$（$\frac{\sqrt{2}+1}{2}π+2$）
（3）粒子第n次进入磁场Ⅲ区时速度为v′，则 （2n-1）qEb=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
粒子第n次在磁场Ⅲ区内  B_nqv=m$\frac{{v}^{2}}{b}$
故B_n=$\frac{mv}{qb}$=$\frac{\sqrt{2（2n-1）qEbm}}{qb}$
粒子第n次进入磁场Ⅳ区时速度为v′，则 2nqEb=$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
粒子第n次在磁场Ⅳ区内，有 B_n′qv′=m$\frac{v{′}^{2}}{b}$
故 B_n′=$\frac{mv′}{qb}$=$\frac{\sqrt{4nqEbm}}{qb}$
磁感应强度B和磁感应强度B′之间应满足 $\frac{B}{B′}$=$\frac{{B}_{n}}{{B}_{n}′}$=$\sqrt{\frac{2n-1}{2n}}$，（n=1，2，3…）
答：（1）粒子绕行第1圈又回到P点时获得的动能是2qEb．
（2）粒子绕行第1圈又回到P点所用时间t是$\sqrt{\frac{mb}{qE}}$（$\frac{\sqrt{2}+1}{2}π+2$）．
（3）区域Ⅲ磁感应强度B和区域Ⅳ磁感应强度之间应满足的比例关系式是$\frac{B}{B′}$=$\sqrt{\frac{2n-1}{2n}}$，（n=1，2，3…）．

点评 正确分析粒子的运动情况，运用动力学的基本方法：牛顿运动定律和运动学公式结合是解决此类问题的基本思路．