Question

13．如圖，平行金屬板水平放置，一帶電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的a粒子從板的左側(cè)O點沿兩板間的中線以初速度v₀射入板間，結(jié)果粒子恰好從上板的右側(cè)邊緣與靜止在此處的另一不帶電、等質(zhì)量的b粒子碰后粘在一起，進入一圓形有界勻強磁場，磁場方向垂直于紙面，圓形磁場的圓心與上板在同一直線上．兩粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后射出磁場，沿水平方向返回兩板間，它們又剛好返回到O點．不計粒子重力，金屬板長為L，板上所加電壓為U=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{q}$，求：
（1）a粒子剛出電場時的速度大��；
（2）兩粒子從板右端返回電場時的位置與下板間的距離；
（3）a粒子在磁場運動過程中所受洛侖茲力大小和洛侖茲力對a粒子的沖量．

Answer 1

分析 （1）因為已知兩板間的電壓，由動能定理就能求出a粒子做類平拋運動從上邊緣離開電場的速度大�。�
（2）粘在一起的兩粒子在磁場中做勻速圓周運動后，穿出磁場后沿水平方向進入電場，又剛好回到O點，這樣兩粒子共同在電場中做類平拋運動，由初速度、加速度、位移，就能求出豎直位移，從而能求出返回電場時的位置與下板的距離．
（3）a粒子受到的洛侖茲力提供給兩粒子一起做勻速圓周運動，則a粒子受到洛侖茲力就是兩粒子做勻速圓周運動的向心力，由幾何關(guān)系求出兩粒子做勻速圓周運動的半徑，從而可以求得向心力也就是a粒子的洛侖茲力；至于洛侖茲力對a粒子的沖量，可以由動量定理來求，但要注意的是動量變化是矢量差．

解答 解：（1）設(shè)所求為v，由動能定理有：
   $\frac{1}{2}$qU=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²  
　可得　v=$\sqrt{2}{v}_{0}$
（2）a粒子在電場中水平方向勻速，得${t}_{1}=\frac{L}{{v}_{0}}$，由上知出電場時豎直方向v_y=v₀
  則有y₁=$\frac{1}{2}$v_yt₁=$\frac{1}{2}$L，所以兩板距離為L　
  返回時，兩粒子在電場中仍做類平拋運動，剛好到O點，
  則有${t}_{2}=\frac{L}{\frac{\sqrt{2}{v}_{0}}{2}}$，${y}_{2}=\frac{qU}{2×2mL}{{t}_{2}}^{2}=\frac{1}{2}L$．
 則進入電場的位置與下板的間距為$\frac{1}{2}L-\frac{1}{2}L=0$
（3）由圖知，θ=45⁰，由幾何關(guān)系知$R+\frac{\sqrt{2}}{2}R=L$　得$R=（2-\sqrt{2}）L$
  而兩粒子碰撞，由動量守恒有mv=2mv₁，得v₁=$\frac{\sqrt{2}{v}_{0}}{2}$
  所求f_洛=2$m\frac{{{v}_{1}}^{2}}{R}$=$\frac{（2+\sqrt{2}）m{{v}_{0}}^{2}}{2L}$
  由動量定理知：I_洛=2m△v，如圖可得△v=$\frac{\sqrt{4+2\sqrt{2}}{v}_{0}}{2}$
  則I_洛=$\sqrt{4+2\sqrt{2}}{mv}_{0}$，方向斜下左下方與水平方向成22.5°．
答：（1）a粒子剛出電場時的速度大小為$\sqrt{2}{v}_{0}$．
（2）兩粒子從板右端返回電場時的位置與下板間的距離為0．
（3）a粒子在磁場運動過程中所受洛侖茲力大小為$\frac{（2+\sqrt{2}）m{{v}_{0}}^{2}}{2L}$、洛侖茲力對a粒子的沖量為$\sqrt{4+2\sqrt{2}}{mv}_{0}$，方向斜下左下方與水平方向成22.5°．

點評 本題的靚點在于：①是粒子兩次在電場中做類平拋運動，第一次是單個a粒子已知初速度和電壓、位移求末速度的大小和方向，第二次是兩粒子一起水平進入電場后返回O點，已知初速度和加速度、水平位移，求豎直位移．②這里涉及到碰撞問題，顯然碰撞前后動量守恒．③求洛侖茲力的沖量，由于洛侖茲力是變力，所以只能由動量定理求出兩粒子動理的變化，再求出洛侖茲力的沖量．