Question

（2010?越秀區(qū)三模）如圖所示，粒子源S可以不斷產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（重力不計(jì)）．粒子從O₁孔飄進(jìn)一個(gè)水平方向的加速電場(chǎng)（初速不計(jì)），再經(jīng)過(guò)小孔O₂進(jìn)入相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₁，方向如圖．虛線PQ、MN之間存在著水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₂．一塊折成直角的硬質(zhì)塑料片abc（不帶電，寬度和厚度都很小可忽略）放置在PQ、MN之間，截面圖如圖，a、c兩點(diǎn)分別位于PQ、MN上，ab=bc=L，a=45°．粒子能沿圖中虛線O₂O₃的延長(zhǎng)線進(jìn)入PQ、MN之間的區(qū)域．
（1）求加速電壓U₁；
（2）假設(shè)粒子與硬質(zhì)塑料片相碰后，速度大小不變，方向遵循光的反射定律，那么粒子與塑料片第一次相碰后到第二次相碰前做什么運(yùn)動(dòng)？
（3）粒子在PQ、MN之間的區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t和總路程s．

Answer 1

分析：（1）粒子經(jīng)過(guò)復(fù)合場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)力向下，洛倫茲力向上，都與速度垂直，故合力為零，根據(jù)平衡條件列式求解速度；
（2）粒子與磁場(chǎng)第一次碰撞后，速度向上，洛倫茲力提供向心力，在與ac邊垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一圈后，與ab邊內(nèi)側(cè)碰撞，碰撞后水平向右運(yùn)動(dòng)，與bc邊二次碰撞后，在與ac邊垂直的平面內(nèi)做再次勻速圓周運(yùn)動(dòng)，又經(jīng)過(guò)一圈后，與b邊外側(cè)碰撞，水平向右離開(kāi)磁場(chǎng)．
（3）先分析出運(yùn)動(dòng)軌跡，再分勻速直線運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)討論，對(duì)于勻速圓周運(yùn)動(dòng)，先計(jì)算半徑和周期，再根據(jù)軌跡計(jì)算．

解答：解：（1）粒子在正交場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)，Eq=qv₀B₁，
則v0=

E

B1

由動(dòng)能定理得  qU₁=

1

2

mv

2 0

   
得  U₁=

mE2

2q B 2 1

   
即加速電壓為

mE2

2q B 2 1

．
（2）粒子碰到ab后以大小為v₀的速度垂直磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)，在洛侖茲作用下在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)過(guò)一周后達(dá)到ab的下部．   
（3）由qv₀B₂=m

v 2 0

R

      
得 R=

mv0

qB2

=

mE

qB1B2

由T=

2πR

v0

 
得  T=

2πm

qB2

粒子在磁場(chǎng)中共碰板2次，做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t₁=2T=

4πm

qB2

做圓周運(yùn)動(dòng)的路程為 s₁=2?2πR=

4πmE

qB1B2

在水平方向上運(yùn)動(dòng)的路程  s₂=

2

R，
經(jīng)歷的時(shí)間為t₂=

S

v0

=

2 B1L

E

則粒子在PQ、MN之間的區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t₁+t₂=

4πm

qB2

+

2 B1L

E

總路程s=s₁+s₂=

4πmE

qB1B2

+

2

L
即粒子在PQ、MN之間的區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為

4πm

qB2

+

2 B1L

E

，總路程為

4πmE

qB1B2

+

2

L．

點(diǎn)評(píng)：本題中的復(fù)合場(chǎng)具有速度選擇的功能，進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后，根據(jù)動(dòng)力學(xué)規(guī)律先確定運(yùn)動(dòng)軌跡，再進(jìn)行計(jì)算．