Question

如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PT上方的電場E₁的場強方向豎直向下，PT下方的電場E₀的場強方向豎直向上，在電場左邊界AB上寬為L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。從某時刻起由Q到P點間的帶電粒子，依次以相同的初速度v₀沿水平方向垂直射入勻強電場E₀中，若從Q點射入的粒子，通過PT上的某點R進(jìn)入勻強電場E₁后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖，若MT兩點的距離為L/2。不計粒子的重力及它們間的相互作用。試求：

（1）電場強度E₀與E₁；

（2）在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直CD

邊水平射出，這些入射點到P點的距離有什么規(guī)律？

（3）有一邊長為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點射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場從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無能量和電量損失)，并返回Q點，在容器中現(xiàn)加上一個如圖所示的勻強磁場，粒子運動的半徑小于a，磁感應(yīng)強度B的大小還應(yīng)滿足什么條件？

Answer 1

（1） 

（2）PF間的距離為其中n＝0、1、2、3、……，k＝1、2、3、……

或PF間的距離為 （n = 1，2，3，……）      

（3）或

解析:

本題主要考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運動，考查了學(xué)生對平拋運動、動能定理、牛頓定律的掌握的情況、數(shù)學(xué)推理方法的應(yīng)用以及根據(jù)實際情景做出合理判斷的能力。對學(xué)生的綜合素質(zhì)要求較高。其中用數(shù)學(xué)方法解決物理問題是這幾年高考中比較注重的一個方面。第一問要根據(jù)平拋運動和功能關(guān)系直接得出，第二問和第三問是學(xué)生較易失分的地方，PR是RT的2倍和如何用數(shù)學(xué)方法分析是解決第二問的關(guān)鍵，第三問易少分析圖乙的情況，需要學(xué)生加大這方面的訓(xùn)練。

（解法一）（1）（7分）設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點R由E₀電場進(jìn)入E₁電場，由Q到R及R到M點的時間分別為t₁與t₂，到達(dá)R時豎直速度為v_y，則：

由及得：（1分）

   ①  （1分）

  ②   （1分）

   ③   （1分）

         ④    （1分）

上述三式聯(lián)立解得：,  （1分） 即  （1分）。

（解法二）（1）由圖知粒子從兩板間射出箭后速度方向未發(fā)生變化得上下兩磁場對粒子做功相等

即∵ 

∴①

粒子從Q運動到M點總時間為

在下電場運動時間

在上電場運動時間

∴②

①②聯(lián)立解得 

（2）（7分）由E₁＝2E₀及③式可得t₁＝2t₂。

因沿PT方向粒子做勻速運動，故P、R兩點間的距離是R、T兩點間距離的兩倍。即粒子在E₀電場做類平拋運動在PT方向的位移是在E₁電場中的兩倍。

設(shè)PQ間到P點距離為△y的F處射出的粒子通過電場后也沿水平方向，若粒子第一次達(dá)PT直線用時△t，水平位移為△x，則

（1分）     （2分）

粒子在電場E₁中可能做類平拋運動后垂直CD邊射出電場，也可能做類斜拋運動后返回E₀電場，在E₀電場中做類平拋運動垂直CD水平射出，或在E₀電場中做類斜拋運動再返回E₁電場。

若粒子從E₁電場垂直CD射出電場，則

      （n＝0、1、2、3、……）（1分）

解之得： 

（n＝0、1、2、3、……） （1分）

若粒子從E₀電場垂直CD射出電場，則 （k＝1、2、3、……）     （1分）

  （k＝1、2、3、……）（1分）

即PF間的距離為其中n＝0、1、2、3、……，k＝1、2、3、……

或   （n＝1、2、3、……）          （2分）

解之得：

（n＝1、2、3、……）                       （2分）

即PF間的距離為 （n = 1，2，3，……）      

（3）（7分）欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子的運動軌跡可能是如圖甲、乙所示的兩種情況。

對圖甲所示的情形，粒子運動的半徑為R₁，則 

   （1分）

又             （1分）

解得： （1分）

對圖乙所示的情形，粒子運動的半徑為R₂，  （1分）

又        （1分）

    （2分）

綜合B₁、B₂得：

或            （2分）

又        （2分）

    （3分）