Question

20．如圖2所示，在平面內(nèi)水平和豎直的虛線L₁、L₂將平面分為四個區(qū)域，L₂的左側(cè)有一隨時間變化的勻強電場，電場的變化情況如圖1所示（圖象中場強大小E₀為已知量，其他量均為未知），電場強度方向與L₁平行且水平向右．L₂的右側(cè)為勻強磁場，方向垂直紙面向外．現(xiàn)將一絕緣擋板放在第一個區(qū)域內(nèi)，其與L₁、L₂的交點M、N到O點的距離均為2b．在圖中距L₁為b、L₂為4b的A點有一粒子源，可以發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子（粒子的初速度近似為零，不計重力），粒子與擋板碰后電荷量不變，速度大小不變，方向變?yōu)槠叫杏贚₂，當粒子第一次到達理想邊界L₂時電場消失，粒子再次與擋板碰撞的同時勻強電場恢復且粒子源發(fā)射下一個粒子，如此重復．

（1）求粒子第一次到達邊界L₂時的速度大小及速度方向與虛線L₁的夾角；
（2）若粒子源在t=0時刻發(fā)射一粒子，粒子進入右面磁感應(yīng)強度為B₀的勻強磁場中，恰好打在擋板M處．求坐標軸中的T₁、T₂的值分別是多少？

Answer 1

分析 粒子先在電場中加速，后在電場中做類平拋運動，穿過邊界線L₂后又做勻速圓周運動，劃過一段優(yōu)弧后打在板上．
（1）在電場中加速，可以先求出撞擊MN的速度，之后以此速度做類平拋運動，分別求出到達邊界線的水平速度和堅直速度，就能求出粒子進入磁場的速度大小和方向．
（2）在磁場中轉(zhuǎn)過一段弧后，當粒子再次來到邊界線時速度方向仍與邊界線成相同的夾角，最后做勻速直線運動打到M點．畫出運動軌跡，求出在磁場中轉(zhuǎn)過的角度，就能求出在磁場中的時間，由幾何關(guān)系求出做勻速直線運動的位移，時間也很快求出．

解答 解：（1）粒子從A點出發(fā)到與MN碰撞，粒子在電場作用下加速至，據(jù)動能定理：
${E}_{0}q×3b=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$      ①
碰撞后速度方向變?yōu)樨Q直向上，在電場力作用下做類平拋運動，到達邊界線L₂后，
水平速度：${v}_{x}=\sqrt{2ab}=\sqrt{2\frac{{E}_{0}q}{m}b}$      ②
豎直速度：v_y=v₁                  ③
所以到達L₂后速度大小為${v}_{2}=\sqrt{{{v}_{x}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}$    ④
與水平方向的夾角為α，則$tanα=\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$         ⑤
聯(lián)立解得：α=60°，${v}_{1}=\sqrt{\frac{6{E}_{0}qb}{m}}$，${v}_{2}=2\sqrt{\frac{2{E}_{0}qb}{m}}$
（2）粒子進入磁場后最后打在極板上的M點，其運動軌跡如圖所示，粒子從A到B，粒子做勻加速直線運動，時間${t}_{1}=\frac{AB}{\frac{{v}_{1}}{2}}=\frac{2.5b}{\frac{\sqrt{\frac{6{E}_{0}qb}{m}}}{2}}$=$5\sqrt{\frac{bm}{6{E}_{0}q}}$，粒子從B到C類平拋，時間：${t}_{2}=\frac{\frac{{v}_{x}}{2}}=\frac{\frac{\sqrt{\frac{2{E}_{0}qb}{m}}}{2}}=\sqrt{\frac{2bm}{{E}_{0}q}}$   所以：${T}_{1}={t}_{1}+{t}_{2}=（\frac{5\sqrt{6}}{6}+\sqrt{2}）\sqrt{\frac{bm}{{E}_{0}q}}$ 
又因為平拋豎直向上的位移：$y={v}_{1}{t}_{2}=\sqrt{\frac{6{E}_{0}qb}{m}}×\frac{\frac{\sqrt{\frac{2{E}_{0}qb}{m}}}{2}}=2\sqrt{3}b$，由幾何關(guān)系知：OD=$2b×cot30°=2\sqrt{3}b$，ND=y+b+OD=$（2\sqrt{3}b+1）b$，粒子的半徑：$R=\frac{ND}{2}÷cos60°=（2\sqrt{3}+1）b$，則粒子在磁場中運動的時間：${t}_{3}=\frac{360°-60°}{360°}T=\frac{5}{6}×\frac{2πR}{{v}_{2}}=\frac{（2\sqrt{6}+\sqrt{2}）π}{2}\sqrt{\frac{bm}{{E}_{0}q}}$，從D到M，做勻速直線運動的時間：${t}_{4}=\frac{MD}{{v}_{2}}=\frac{4b}{2\sqrt{\frac{2{E}_{0}qb}{m}}}=\sqrt{\frac{2bm}{{E}_{0}q}}$，則T₂=T₁+t₃+t₄=$（\frac{5\sqrt{6}}{6}+2\sqrt{2}+\frac{2\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}π）\sqrt{\frac{bm}{{E}_{0}q}}$．
答：1）粒子第一次到達邊界L₂時的速度大小為$2\sqrt{\frac{2{E}_{0}qb}{m}}$，速度方向與虛線L₁的夾角成60°．
（2）坐標軸中的T₁、T₂的值分別是$（\frac{5\sqrt{6}}{6}+\sqrt{2}）\sqrt{\frac{bm}{{E}_{0}q}}$、$（\frac{5\sqrt{6}}{6}+2\sqrt{2}+\frac{2\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}π）\sqrt{\frac{bm}{{E}_{0}q}}$．

點評 本題的關(guān)鍵在于粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度，涉及幾何關(guān)系較多，必須準確畫圖，才能有效解答．由于第一問已經(jīng)求出了進入磁場的速度方向，由做勻速圓周運動的對稱性，離開磁場時與L₂的夾角相等，這樣就知道粒子在磁場中轉(zhuǎn)過了300°，只要能求出半徑，就能求出在磁場中的時間．從離開磁場到做勻速直線運動到達M點，先由幾何關(guān)系求得位移，進而求出從D到M的時間．