Question

15．硬質(zhì)長方形薄塑料絕緣板長為2$\sqrt{2}$l（垂直紙面向里的長度）、寬為$\sqrt{2}$l（如圖），共有2n塊，與水平面成45°角按圖所示放置，最左邊的稱為第一塊，依次往右第二塊、第三塊…．PQ間的整個空間有水平向右的勻強磁場，同時在PQ間加上電壓U（P的電勢高于Q的電勢，PQ間區(qū)域足夠?qū)拸V），在O點正對塑料板的正中央處從靜止釋放一個質(zhì)子（電荷量為e，質(zhì)量為m），質(zhì)子與板的碰撞沒有動能的損失，并且碰撞后電壓消失，接著碰撞后又恢復(fù)，如此反復(fù)．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）試求：
（1）質(zhì)子與第一塊板碰撞時的速度多大？
（2）為使質(zhì)子能打在Q板上（正對O點的地方O′點），磁感應(yīng)強度的最大值B為多少？
（3）在滿足（2）的條件下，質(zhì)子從出發(fā)到打在Q上經(jīng)歷了多長的時間？
（4）如果當?shù)谝淮闻鐾甑?n-1塊時，塑料板全部脫落電壓也依然存在，在滿足（2）的前提下，質(zhì)子將打在Q板何處？（以O(shè)′為坐標原點，豎直向上為y軸正向，垂直向外為x軸正向，用坐標點表示，計算中取  $\sqrt{2}$=$\frac{81π}{180}$，$\sqrt{6}$=$\frac{143}{180}$π）

Answer 1

分析 （1）利用動能定理，即可求出質(zhì)子與第一塊板碰撞時的速度大��；
（2）利用洛倫茲力提供向心力結(jié)合臨界結(jié)合關(guān)系，即可求出磁感應(yīng)強度B的最大值；
（3）分別求出質(zhì)子在電場中做勻加速直線運動的時間和質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動的時間，加和即可求出質(zhì)子從出發(fā)到打在Q上經(jīng)歷的總時間；
（4）利用牛頓第二定律以及運動學(xué)規(guī)律，粒子在磁場中運動的周期公式以及粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，即可確定粒子打在Q板的位置坐標．

解答 解：（1）根據(jù)幾何關(guān)系可得：d=2n•$\sqrt{2}$lcos45°=2nl
根據(jù)勻強電場中電場強度與電勢差之間的關(guān)系式可得：E=$\frac{U}{2nl}$
根據(jù)動能定理可得：eE•$\frac{\sqrt{2}}{2}$lcos45°=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
聯(lián)立解得：v₁=$\sqrt{\frac{eU}{2nm}}$
（2）根據(jù)幾何關(guān)系可得質(zhì)子運動的最小半徑為：r=$\frac{\sqrt{2}}{2}$l
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：evB=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{r}$
聯(lián)立可得磁感應(yīng)強度的最大值為：B=$\frac{1}{l}\sqrt{\frac{mU}{ne}}$
（3）設(shè)質(zhì)子在電場中做勻加速直線運動的時間為t₁，
根據(jù)牛頓第二定律可得：a=$\frac{eE}{m}$=$\frac{eU}{2nml}$
根據(jù)運動學(xué)規(guī)律可得：2nl=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$
聯(lián)立可得：t₁=2nl$\sqrt{\frac{2m}{eU}}$
設(shè)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動的時間為t₂：
質(zhì)子在磁場中運動的周期為：T=$\frac{2πm}{eB}$=2πl(wèi)$\sqrt{\frac{nm}{eU}}$
粒子在磁場中運動的時間為：t₂=2nT=4πnl$\sqrt{\frac{nm}{eU}}$
質(zhì)子從出發(fā)到打在Q上經(jīng)歷的總時間為：t=t₁+t₂=2nl（$\sqrt{2}$+2π$\sqrt{n}$）$\sqrt{\frac{m}{eU}}$
（4）最后還余下的長度為1.5L，質(zhì)子反彈后方向豎直向上，因此豎直面內(nèi)勻速圓周運動，水平方向做初速度為零的勻加速運動，
根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有：$\frac{3}{2}l=\frac{1}{2}at{′}^{2}$
可得質(zhì)子運動時間為：t′=$l\sqrt{\frac{6nm}{eU}}$=$\frac{143πl(wèi)}{180}\sqrt{\frac{nm}{eU}}$
而周期為：T=$\frac{2πm}{eB}$=$2πl(wèi)\sqrt{\frac{nm}{eU}}$
所以粒子運動了143°，如圖所示．

粒子碰該板的速度為：v=$\sqrt{（4n-3）\frac{eU}{2nm}}$
半徑為：r′=$\frac{mv}{eB}$=$l\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$
X=-r′-r′cos37°=-1.8l$\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$
Y=r′sin37°=0.6l$\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$
所以坐標為：（-1.8l$\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$，0.6l$\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$）
答：（1）質(zhì)子與第一塊板碰撞時的速度為$\sqrt{\frac{eU}{2nm}}$；
（2）為使質(zhì)子能打在Q板上（正對O點的地方O′點），磁感應(yīng)強度的最大值B為$\frac{1}{l}\sqrt{\frac{mU}{ne}}$；
（3）在滿足（2）的條件下，質(zhì)子從出發(fā)到打在Q上經(jīng)歷的時間為2nl（$\sqrt{2}$+2π$\sqrt{n}$）$\sqrt{\frac{m}{eU}}$；
（4）如果當?shù)谝淮闻鐾甑?n-1塊時，塑料板全部脫落電壓也依然存在，在滿足（2）的前提下，質(zhì)子將打在Q板坐標為（-1.8l$\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$，0.6l$\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$）的點．

點評 本題考查帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動和帶電粒子在電場中的勻變速直線運動；粒子在磁場中的運動，運用洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合去解決，求解粒子在磁場中運動的時間時，要注意分析粒子所轉(zhuǎn)過的圓心角．