Question

10．如圖所示，x軸上方是垂直紙面向外的勻強磁場，在x軸下方是方向與y軸正方向相同的場強為E的勻強電場，沿x軸正方向跟坐標原點相距為L處有一平行于y軸的屏MN．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正粒子以初速度v₀從坐標原點沿y軸正方向射入磁場，粒子垂直打在MN上的P（L，L）點；若減小該粒子進入磁場初速的大小，粒子垂直打在屏MN上的Q（L，$\frac{L}{3}$）點，不計粒子受到的重力及粒子間的相互作用力，求：
（1）粒子從O運動到Q的時間．
（2）若同時將大量的該粒子以不同大小的初速沿y軸正方向射入磁場，求能垂直射到屏上的粒子從O運動到MN的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律和向心力知識求得速度和周期的表達式，分別求解粒子在磁場和電場中運動的時間，即可得到總時間．
（2）對于任意速度的粒子，根據(jù)周期性得到粒子半徑通式，得到磁場中速度的通式，即可求解時間．

解答 解：（1）粒子在磁場中從O運動直接到P（L，L），則
軌跡半徑為 R₀=L
由 qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，v=$\frac{qBR}{m}$，v與R成正比
粒子在磁場中的周期：
  T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2πL}{{v}_{0}}$，與粒子初速度大小無關(guān)
初速度減小的粒子在磁場中經(jīng)過一個半圓和一個四分之一圓周后垂直打在屏上的Q點，其運動半徑：
  R₁=$\frac{1}{3}$L，v₁=$\frac{{v}_{0}}{3}$
粒子在磁場中運動的時間：
  t₁=3×$\frac{T}{4}$=$\frac{3πL}{2{v}_{0}}$
粒子在電場中運動的時間：
  t₁′=$\frac{2{v}_{1}}{a}$=$\frac{2m{v}_{0}}{3qE}$
粒子從O運動到Q的時間為 t₁+t₁′=$\frac{3πL}{2{v}_{0}}$+$\frac{2m{v}_{0}}{3qE}$
（2）不同初速度的粒子垂直打到屏上，則粒子半徑為 R_n=$\frac{L}{2n+1}$ （n=0，1，2，…）
粒子的速度為 v_n=$\frac{{v}_{0}}{2n+1}$（n=0，1，2，…）
粒子在磁場中運動的時間：
  t_n=（2n+1）$\frac{T}{4}$=$\frac{（2n+1）πL}{2{v}_{0}}$（n=0，1，2，…）
粒子在電場中運動的時間：
  t_n′=n$•\frac{2{v}_{n}}{a}$=$\frac{2nm{v}_{0}}{（2n+1）qE}$（n=0，1，2，…）
所以粒子運動的總時間為t_總=t_n+t_n′=$\frac{（2n+1）πL}{2{v}_{0}}$+$\frac{2nm{v}_{0}}{（2n+1）qE}$（n=0，1，2，…）
答：（1）粒子從O運動到Q的時間為$\frac{3πL}{2{v}_{0}}$+$\frac{2m{v}_{0}}{3qE}$．
（2）能垂直射到屏上的粒子從O運動到MN的時間為$\frac{（2n+1）πL}{2{v}_{0}}$+$\frac{2nm{v}_{0}}{（2n+1）qE}$（n=0，1，2，…）．

點評 本題是物理上的數(shù)列問題，通過歸納法得到半徑的通項是關(guān)鍵，考查運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力．