Question

2．如圖，以豎直向上為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系；該真空中存在方向沿x軸正向、場強為E的勻強電場和方向垂直xoy平面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場；原點O處的離子源連續(xù)不斷地發(fā)射速度大小和方向一定、質(zhì)量為m、電荷量為-q（q＞0）的粒子束，粒子恰能在xoy平面內(nèi)做直線運動，重力加速度為g，不計粒子間的相互作用；
（1）求粒子運動到距x軸為h所用的時間；
（2）若在粒子束運動過程中，突然將電場變?yōu)樨Q直向下、場強大小變?yōu)镋′=$\frac{mg}{q}$，求從O點射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標(biāo)范圍（不考慮電場變化產(chǎn)生的影響）；
（3）若保持EB初始狀態(tài)不變，僅將粒子束的初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，求運動過程中，粒子速度大小等于初速度λ倍（0＜λ＜2）的點所在的直線方程．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子做直線運動求得粒子受力情況，進而根據(jù)洛倫茲力求得速度；再由速度求得y方向的分量，進而求得運動時間；
（2）分析改變電場后粒子的受力情況及運動情況，然后討論在粒子運動的不同位置改變電場得到的結(jié)果，進而求得坐標(biāo)范圍；
（3）由速度改變得到粒子運動狀態(tài)改變，再根據(jù)動能定理求得x，y的關(guān)系，得到直線方程．

解答 解：（1）粒子恰能在xoy平面內(nèi)做直線運動，則粒子在垂直速度方向上所受合外力一定為零；
又有電場力和重力為恒力，其在垂直速度方向上的分量不變，而要保證該方向上合外力為零，則洛倫茲力大小不變；
因為洛倫茲力F_洛=Bvq，所以，速度大小不變，即粒子做勻速直線運動，重力、電場力和磁場力三個力的合力為零；
設(shè)重力與電場力合力與-y軸夾角為θ，粒子受力如圖所示，，
所以，（Bvq）²=（qE）²+（mg）²，所以，$v=\frac{\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}}{Bq}$，
則v在y方向上分量大小${v}_{y}=v•sinθ=v•\frac{qE}{Bvq}=\frac{E}{B}$，
因為粒子做勻速直線運動，根據(jù)運動的分解可得，粒子運動到距x軸為h所用的時間$t=\frac{h}{{v}_{y}}=\frac{Bh}{E}$；
（2）若在粒子束運動過程中，突然將電場變?yōu)樨Q直向下、場強大小變?yōu)镋′=$\frac{mg}{q}$，則電場力${{F}_{電}}^{'}=q{E}^{'}=mg$，電場力方向豎直向上；
所以，粒子所受合外力就是洛倫茲力，則有，洛倫茲力作向心力，即$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{R}$，
所以，$R=\frac{mv}{Bq}=\frac{m\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}}{{B}^{2}{q}^{2}}$；

如上圖所示，由幾何關(guān)系可知，當(dāng)粒子在O點是就改變電場，第一次打在x軸上的橫坐標(biāo)最小，${x}_{1}=2Rsinθ=2×\frac{m\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}}{{B}^{2}{q}^{2}}×\frac{qE}{\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}}$=$\frac{2mE}{{B}^{2}q}$；
當(dāng)改變電場時粒子所在處與粒子第一次打在x軸上的位置之間的距離為2R時，第一次打在x軸上的橫坐標(biāo)最大，${x}_{2}=\frac{2R}{sinθ}=\frac{\frac{2m\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}}{{B}^{2}{q}^{2}}}{\frac{qE}{\sqrt{（qE）^{2}+（mg）^{2}}}}=\frac{2m[（qE）^{2}+（mg）^{2}]}{{B}^{2}{q}^{3}E}$；
所以，從O點射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標(biāo)范圍為x₁≤x≤x₂，即$\frac{2mE}{{B}^{2}q}≤x≤\frac{2m[（qE）^{2}+（mg）^{2}]}{{B}^{2}{q}^{3}E}$；
（3）粒子束的初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子不能做勻速直線運動，粒子必發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則洛倫茲力不做功，電場力和重力對粒子所做的總功必不為零；
那么設(shè)離子運動到位置坐標(biāo)（x，y）滿足速率v′為初速度大小v₀′的λ倍，則根據(jù)動能定理：$-qEx-mgy=\frac{1}{2}mv{′}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}{′}^{2}$=$\frac{1}{2}m（{λ}^{2}-1）{v}_{0}{′}^{2}$；
因為粒子束的初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，即v₀′=2v，所以，-qEx-mgy=2m（λ²-1）v²；
所以，$-qEx-mgy=2m（{λ}^{2}-1）•\frac{（qE）^{2}+（mg）^{2}}{{B}^{2}{q}^{2}}$；
所以，$y=-\frac{qE}{mg}x-\frac{2（{λ}^{2}-1）[（qE）^{2}+（mg）^{2}]}{{B}^{2}{q}^{2}g}$．
答：（1）粒子運動到距x軸為h所用的時間為$\frac{Bh}{E}$；
（2）若在粒子束運動過程中，突然將電場變?yōu)樨Q直向下、場強大小變?yōu)镋′=$\frac{mg}{q}$，則從O點射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標(biāo)范圍（不考慮電場變化產(chǎn)生的影響）為$[\frac{2mE}{{B}^{2}q}，\frac{2m[（qE）^{2}+（mg）^{2}]}{{B}^{2}{q}^{3}E}]$；
（3）若保持E、B初始狀態(tài)不變，僅將粒子束的初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則運動過程中，粒子速度大小等于初速度λ倍（0＜λ＜2）的點所在的直線方程為$y=-\frac{qE}{mg}x-\frac{2（{λ}^{2}-1）[（qE）^{2}+（mg）^{2}]}{{B}^{2}{q}^{2}g}$．

點評 求物體運動問題時，改變條件后的問題求解需要對條件改變引起的運動變化進行分析，從變化的地方開始進行求解．