Question

3．如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個(gè)大小不同、方向相反的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中PT上方的電場(chǎng)E₁的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，PT下方的電場(chǎng)E₀的場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上，在電場(chǎng)左邊界AB上寬為L(zhǎng)的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為+q、質(zhì)量為m的粒子．從某時(shí)刻起由Q到P點(diǎn)間的帶電粒子，依次以相同的初速度v₀沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)E₀中，若從Q點(diǎn)射入的粒子，通過PT上的某點(diǎn)R進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁后從CD邊上的M點(diǎn)水平射出，其軌跡如圖，若MT兩點(diǎn)的距離為$\frac{L}{2}$．不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用．試求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E₀與E₁；
（2）在PQ間還有許多水平射入電場(chǎng)的粒子通過電場(chǎng)后也能垂直CD邊水平射出，這些入射點(diǎn)到P點(diǎn)的距離有什么規(guī)律？
（3）有一邊長(zhǎng)為a、由光滑絕緣壁圍成的正方形容器，在其邊界正中央開有一小孔S，將其置于CD右側(cè)，若從Q點(diǎn)射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場(chǎng)從S孔水平射入容器中．欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出（粒子與絕緣壁碰撞時(shí)無能量和電量損失），并返回Q點(diǎn)，在容器中現(xiàn)加上一個(gè)如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒
子運(yùn)動(dòng)的半徑小于a，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小還應(yīng)滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）粒子在兩電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由圖可得出粒子在兩電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況；分別沿電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向列出物理規(guī)律，聯(lián)立可解得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；
（2）粒子進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，再由牛頓第二定律可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（3）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)，由題意可知其運(yùn)動(dòng)的臨界半徑值，再由牛頓第二定律可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度．

解答 解：（1）設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點(diǎn)R由E₀電場(chǎng)進(jìn)入E₁電場(chǎng)，由Q到R及R到M點(diǎn)的時(shí)間分別為t₁與t₂，到達(dá)R時(shí)豎直速度為v_y，則：
由s=$\frac{1}{2}$at² v=at  
由牛頓第二定律得：F=qE=ma，
解得：L=$\frac{1}{2}$a₁t₁²=$\frac{1}{2}$×$\frac{q{E}_{0}}{m}$×t₁²…①
而 $\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}$a₂t₂²=$\frac{1}{2}$$\frac{q{E}_{1}}{m}$t₂²…②
速度關(guān)系：v_y=$\frac{q{E}_{0}}{m}$t₁=$\frac{q{E}_{0}}{m}$t₂…③
v₀（t₁+t₂）=2L…④
上述四式聯(lián)立解得：
E₁=2E₀，
E₀=$\frac{9m{v}_{0}^{2}}{8qL}$，
E₁=$\frac{9m{v}_{0}^{2}}{4qL}$；
（2）由E₁=2E₀及③式可得：t₁=2t₂．
因沿PT方向粒子做勻速運(yùn)動(dòng)，故P、R兩點(diǎn)間的距離是R、T兩點(diǎn)間距離的兩倍．即粒子在E₀電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)在PT方向的位移是在E₁電場(chǎng)中的兩倍．
設(shè)PQ間到P點(diǎn)距離為△y的F處射出的粒子通過電場(chǎng)后也沿水平方向，若粒子第一次達(dá)PT直線用時(shí)△t，水平位移為△x，則△x=v₀△t
△y=$\frac{1}{2}$$\frac{q{E}_{0}}{m}$（△t）²
粒子在電場(chǎng)E₁中可能做類平拋運(yùn)動(dòng)后，垂直CD邊射出電場(chǎng)，也可能做類斜拋運(yùn)動(dòng)后返回E₀電場(chǎng)，在E₀電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)垂直CD水平射出，或在E₀電場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)再返回E₁電場(chǎng)，若粒子從E₁電場(chǎng)垂直CD射出電場(chǎng)，則有：
（2n+1）△x+$\frac{△x}{2}$=2L （n=0、1、2、3、…）
解之得：
△y=$\frac{1}{2}$$\frac{q{E}_{0}}{m}$（$\frac{△x}{{v}_{0}}$）²=$\frac{1}{2}$$\frac{q{E}_{0}}{m}$[$\frac{4L}{3（2n+1）{v}_{0}}$]²=$\frac{L}{（2n+1）^{2}}$ （n=0、1、2、3、…）
若粒子從E₀電場(chǎng)垂直CD射出電場(chǎng)，則有：
3k△x=2L（k=1、2、3、…）
△y=$\frac{1}{2}$$\frac{q{E}_{0}}{m}$（$\frac{△x}{{v}_{0}}$）²=$\frac{1}{2}$$\frac{q{E}_{0}}{m}$（$\frac{2L}{3k{v}_{0}}$）²=$\frac{L}{4{k}^{2}}$（k=1、2、3、…）
即PF間的距離為：$\frac{L}{（2n+1）^{2}}$與$\frac{L}{4{k}^{2}}$ 其中（n=0、1、2、3、…，k=1、2、3、…）
或 2n$\frac{3△x}{2}$=2L （n=1、2、3、…）
解之得：△y=$\frac{1}{2}$$\frac{q{E}_{0}}{m}$（$\frac{△x}{{v}_{0}}$）²=$\frac{L}{{n}^{2}}$（n=1、2、3、…）
則PF間距為$\frac{L}{{n}^{2}}$（n=1、2、3、…）
（3）欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是如圖甲、乙所示的兩種情況
甲S對(duì)圖甲所示的情形，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為R₁，則：
R₁=$\frac{a}{2（2n+1）}$，n=0、1、2、…
又qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}}$，解得：B₁=$\frac{2（2n+1）m{v}_{0}}{qa}$，n=0、1、2、3…
對(duì)圖乙所示的情形，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為R₂，則：
R₂=$\frac{a}{4k}$，k=1、2、…
又qv₀B₂=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{2}}$，則有：B₂=$\frac{4km{v}_{0}}{qa}$，k=1、2、3…
綜合B₁、B₂得：B=$\frac{2nm{v}_{0}}{qa}$，N=1、2、3…
或R=$\frac{a}{2N}$，N=1、2、…
又qv₀B₂=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{2}}$，解得：B₂=$\frac{2Nm{v}_{0}}{qa}$，N=1、2、3…
答：（1）（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E₀與E₁分別為：$\frac{9m{v}_{0}^{2}}{8qL}$、$\frac{9m{v}_{0}^{2}}{4qL}$；
（2）在PQ間還有許多水平射入電場(chǎng)的粒子通過電場(chǎng)后也能垂直CD邊水平射出，這些入射點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為$\frac{L}{{n}^{2}}$（n=1、2、3、…）
（3）粒子運(yùn)動(dòng)的半徑小于a，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小還應(yīng)滿足條件B₂=$\frac{2Nm{v}_{0}}{qa}$，N=1、2、3…．

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子在電場(chǎng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)要把握其運(yùn)動(dòng)規(guī)律，在電場(chǎng)中利用幾何關(guān)系得出其沿電場(chǎng)．和垂直于電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律；而在磁場(chǎng)中也是要注意找出相應(yīng)的幾何關(guān)系，從而確定圓心和半徑．