Question

4．在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制．如圖甲所示，M、N為間距足夠大的水平極板，緊靠極板右側(cè)放置豎直的熒光屏PQ，在MN間加上如圖乙所示的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里，圖中E₀、B₀、k均為已知量．t=0時刻，比荷$\frac{q}{m}$=k的正粒子以一定的初速度從O點沿水平方向射入極板間，在0～t₁（t₁=$\frac{1}{k{B}_{0}}$）時間內(nèi)粒子恰好沿直線運動，t=$\frac{5}{k{B}_{0}}$時刻粒子打到熒光屏上．不計粒子的重力，涉及圖象中時間間隔時取0.8=$\frac{π}{4}$，1.4=$\sqrt{2}$，求：

（1）在t₂=$\frac{2}{k{B}_{0}}$時刻粒子的運動速度v；
（2）在t₃=$\frac{2.8}{k{B}_{0}}$時刻粒子偏離O點的豎直距離y；
（3）水平極板的長度L．

Answer 1

分析 帶電粒子在交變的電場和磁場中運動情況比較復(fù)雜，既要考慮受力同時還要分析速度方向，分段計算，走一步算一步是本題的關(guān)鍵：
（1）在該時間段里，粒子先做勻速直線運動后做類平拋運動，末速度是水平速度和豎直速度的矢量和．
（2）在第一問的基礎(chǔ)上，求出了末速度大小和方向，向下偏移的距離y₁也能求出．緊接著粒子只受洛侖茲力，粒子做勻速圓周運動．由于時間風(fēng)好是周期的18，所以粒子又轉(zhuǎn)過45°，速度方向又變?yōu)樗�平．由幾何關(guān)系能求出圓周運動向下偏移的距離y₂，兩者之和是t₃時刻的豎直位移y．
（3）同理，在以后的兩個時間段里粒子相繼做類平拋運動和勻速圓周運動，求出每一時間段的水平位移，那么總的板長就是這幾段水平位移之和．

解答 解：（1）在0～t₁時間內(nèi)，粒子在電磁場中做勻速直線運動，則：qv₀B₀=qE₀
  得${v}_{0}=\frac{{E}_{0}}{{B}_{0}}$                                         
  在t₁～t₂時間內(nèi)，粒子在電場中做類平拋運動，
  ${v}_{y}=at=\frac{q{E}_{0}}{m}×\frac{1}{k{B}_{0}}=\frac{{E}_{0}}{{B}_{0}}$=v₀                    
  則$v=\sqrt{2}{v}_{0}=\frac{\sqrt{2}{E}_{0}}{{B}_{0}}$                        
  由tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=1$   得：θ=45°   即v與水平方向成45^o角向下
（2）在電場中做類平拋運動向下偏移：${y}_{1}=\frac{{v}_{y}}{2}t=\frac{{E}_{0}}{2k{{B}_{0}}^{2}}$                       
  在t₂～t₃時間內(nèi)，粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動周期 $T=\frac{2πm}{q{B}_{0}}=\frac{2π}{k{B}_{0}}$
  在磁場中運動時間$t=\frac{π}{4k{B}_{0}}=\frac{1}{8}T$，即圓周運動的圓心角為 α=45°，此時速度恰好沿水平方向．
  磁場中：由$qv{B}_{0}=m\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$得${r}_{1}=\frac{\sqrt{2}{E}_{0}}{k{{B}_{0}}^{2}}$                
  ${y}_{2}={r}_{1}（1-cos45°）=（\sqrt{2}-1）\frac{{E}_{0}}{k{{B}_{0}}^{2}}$
  偏離的豎直距離  $y={y}_{1}+{y}_{2}=（\sqrt{2}-\frac{1}{2}）\frac{{E}_{0}}{k{{B}_{0}}^{2}}$
（3）在t₃時刻進(jìn)入電場時以初速度$v=\sqrt{2}{v}_{0}=\frac{\sqrt{2}{E}_{0}}{{B}_{0}}$做類平拋運動，${v}_{y}′=at=\frac{q{E}_{0}}{m}×\frac{\sqrt{2}}{k{B}_{0}}=\frac{\sqrt{2}{E}_{0}}{{B}_{0}}$
  再次進(jìn)入磁場時，$v′=2{v}_{0}=\frac{2{E}_{0}}{{B}_{0}}$                     
  由tabθ=$\frac{v}{{v}_{y}′}=1$得  θ′=45°  即v′與水平方向成45^o角向下．
  由$qv′{B}_{0}=m\frac{v{′}^{2}}{{r}_{2}}$得 ${r}_{2}=\frac{2{E}_{0}}{k{{B}_{0}}^{2}}$            
  綜上可得：長度$L={v}_{0}×\frac{2}{k{B}_{0}}+{r}_{1}sin45°+\sqrt{2}{v}_{0}×\frac{\sqrt{2}}{k{B}_{0}}+{r}_{2}sin45°$=$\frac{（5+\sqrt{2}）{E}_{0}}{k{{B}_{0}}^{2}}$
答：（1）在t₂=$\frac{2}{k{B}_{0}}$時刻粒子的運動速度v為$\frac{\sqrt{2}{E}_{0}}{{B}_{0}}$，方向與水平方向成45^o角向下．
（2）在t₃=$\frac{2.8}{k{B}_{0}}$時刻粒子偏離O點的豎直距離y為$（\sqrt{2}-\frac{1}{2}）\frac{{E}_{0}}{k{{B}_{0}}^{2}}$．
（3）水平極板的長度L為$\frac{（5+\sqrt{2}）{E}_{0}}{k{{B}_{0}}^{2}}$．

點評 本題是帶電粒子在復(fù)雜的電場、磁場、復(fù)合場運動，一定要在每個時間段先進(jìn)行受力分析，確定運動狀態(tài)的初末速度大小和方向．計算一步向前走一步，才能得到正確結(jié)果，若錯一步則后面步步錯．特別注意的是：做類平拋運動弄清該段末速度的大小和方向，做勻速圓周運動要弄清轉(zhuǎn)過的角度．