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(gè)區(qū)域，L₂的左側(cè)有一隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)的變化情況如圖1所示（圖象中場(chǎng)強(qiáng)大小E₀為已知量，其他量均為未知），電場(chǎng)強(qiáng)度方向與L₁平行且水平向右．L₂的右側(cè)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外．現(xiàn)將一絕緣擋板放在第一個(gè)區(qū)域內(nèi)，其與L₁、L₂的交點(diǎn)M、N到O點(diǎn)的距離均為2b．在圖中距L₁為b、L₂為4b的A點(diǎn)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(jì)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(dāng)粒子第一次到達(dá)理想邊界L₂時(shí)電場(chǎng)消失，粒子再次與擋板碰撞的同時(shí)勻強(qiáng)電場(chǎng)恢復(fù)且粒子源發(fā)射下一個(gè)粒子，如此重復(fù)．

（1）求粒子第一次到達(dá)邊界L₂時(shí)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(shí)刻發(fā)射一粒子，粒子進(jìn)入右面磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₀的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，恰好打在擋板M處．求坐標(biāo)軸中的T₁、T₂的值分別是多少？

Answer 1

分析 粒子先在電場(chǎng)中加速，后在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)邊界線L₂后又做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，劃過(guò)一段優(yōu)弧后打在板上．
（1）在電場(chǎng)中加速，可以先求出撞擊MN的速度，之后以此速度做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，分別求出到達(dá)邊界線的水平速度和堅(jiān)直速度，就能求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小和方向．
（2）在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)一段弧后，當(dāng)粒子再次來(lái)到邊界線時(shí)速度方向仍與邊界線成相同的夾角，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)打到M點(diǎn)．畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，求出在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度，就能求出在磁場(chǎng)中的時(shí)間，由幾何關(guān)系求出做勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移，時(shí)間也很快求出．

解答 解：（1）粒子從A點(diǎn)出發(fā)到與MN碰撞，粒子在電場(chǎng)作用下加速至，據(jù)動(dòng)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(chǎng)力作用下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)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(dá)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(jìn)入磁場(chǎng)后最后打在極板上的M點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子從A到B，粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)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(lèi)平拋，時(shí)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?yàn)槠綊佖Q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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(yùn)動(dòng)的時(shí)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(dá)邊界L₂時(shí)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(biāo)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(diǎn)評(píng) 本題的關(guān)鍵在于粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度，涉及幾何關(guān)系較多，必須準(zhǔn)確畫(huà)圖，才能有效解答．由于第一問(wèn)已經(jīng)求出了進(jìn)入磁場(chǎng)的速度方向，由做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)與L₂的夾角相等，這樣就知道粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)了300°，只要能求出半徑，就能求出在磁場(chǎng)中的時(shí)間．從離開(kāi)磁場(chǎng)到做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)M點(diǎn)，先由幾何關(guān)系求得位移，進(jìn)而求出從D到M的時(shí)間．