Question

17．如圖所示的xoy水平面內(nèi)，坐標(biāo)原點(diǎn)處有一粒子源能沿水平面向各個(gè)方向發(fā)射初速度v₀、質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，平面內(nèi)分布沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，已知沿y軸正方向射出的粒子恰好能通過(guò)坐標(biāo)為（1，$\sqrt{3}$）的A點(diǎn)，不考慮粒子之間在平面內(nèi)的相互碰撞，不計(jì)帶電粒子的重力．
（1）試求勻強(qiáng)電場(chǎng)E的大小；
（2）x軸上有一坐標(biāo)為（3，0）的B點(diǎn)，試求到達(dá)A點(diǎn)和到達(dá)B點(diǎn)的粒子動(dòng)能之比；
（3）現(xiàn)要通過(guò)再在平面內(nèi)疊加一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)或一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方式使到達(dá)A點(diǎn)的動(dòng)能E_KA與到達(dá)B點(diǎn)的動(dòng)能E_KB之比為1：2，且E_KA′等于粒子從O出射時(shí)初動(dòng)能E_KO的3倍，試分析應(yīng)在平面內(nèi)疊加勻強(qiáng)電場(chǎng)還是勻強(qiáng)磁場(chǎng)？并求出該勻強(qiáng)電場(chǎng)或勻強(qiáng)磁場(chǎng)的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）沿y軸正方向射出的粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解，即可求得電場(chǎng)強(qiáng)度；
（2）粒子從O到A的過(guò)程中，以及從O到B的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功，粒子的動(dòng)能增大，由動(dòng)能定理分別表達(dá)出其動(dòng)能，然后比較即可；
（3）結(jié)合（2）的解答，分別求出兩種情況下電場(chǎng)力做的功，然后比較即可．

解答 解：（1）沿y軸正方向射出的粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：x=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$…①
$a=\frac{qE}{m}$
豎直方向：y=v₀t…②
代入數(shù)據(jù)得：$E=\frac{2m{v}_{0}^{2}}{3q}$…③
（2）粒子到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，x方向的分運(yùn)動(dòng)：$x=\frac{{v}_{x}}{2}•t$…④
得：${v}_{x}=\frac{2x}{t}=\frac{2×1}{\frac{\sqrt{3}}{{v}_{0}}}=\frac{2{v}_{0}}{\sqrt{3}}$
粒子到達(dá)A的動(dòng)能：${E}_{KA}=\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$=$\frac{1}{2}m•（{v}_{0}^{2}+{v}_{x}^{2}）$=$\frac{1}{2}m•\frac{7}{3}{v}_{0}^{2}$
電場(chǎng)力對(duì)到達(dá)A的粒子的做功：${W}_{1}=qE•x={E}_{KA}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=$\frac{2m{v}_{0}^{2}}{3}$…⑤
電場(chǎng)力對(duì)到達(dá)B的粒子的做功：${W}_{2}=qEx′=3qEx=3{W}_{1}=2m{v}_{0}^{2}$   
到達(dá)B的粒子的動(dòng)能：${E}_{KB}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}+2m{v}_{0}^{2}=\frac{1}{2}•5m{v}_{0}^{2}$
所以：$\frac{{E}_{KA}}{{E}_{KB}}=\frac{\frac{7}{3}}{5}=\frac{7}{15}$
（3）若E_KA′等于粒子從O出射時(shí)初動(dòng)能E_KO的3倍，大于只有電場(chǎng)E時(shí)的情況，所以只有電場(chǎng)E時(shí)不能滿足條件，若增加一個(gè)磁場(chǎng)，由于洛倫茲力不做功，所以不能只增加一個(gè)磁場(chǎng)，需要至少加一個(gè)電場(chǎng)；
若加一個(gè)水平向右的電場(chǎng)，則到達(dá)A的粒子的動(dòng)能：${E}_{KA}′=3{E}_{KO}=\frac{1}{2}•3m{v}_{0}^{2}$
電場(chǎng)力的合力對(duì)到達(dá)A的粒子做功：${W}_{3}={E}_{KA}′-{E}_{KO}=2{E}_{KO}=m{v}_{0}^{2}$ 
電場(chǎng)力的合力對(duì)到達(dá)B的粒子做功：${W}_{4}={E}_{KB}′-{E}_{KO}=2{E}_{KA}′-{E}_{KO}=2×3{E}_{KO}-{E}_{KO}=5{E}_{KO}=\frac{5}{2}m{v}_{0}^{2}$ 
所以：增加的電場(chǎng)對(duì)到達(dá)A的粒子做的功：${W}_{3}′={W}_{3}-{W}_{1}=m{v}_{0}^{2}-\frac{2}{3}m{v}_{0}^{2}=\frac{1}{3}m{v}_{0}^{2}$…⑥
增加的電場(chǎng)對(duì)到達(dá)A的粒子做的功：${W}_{4}′={W}_{4}-{W}_{2}=\frac{5}{2}m{v}_{0}^{2}-2m{v}_{0}^{2}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$…⑦
OA與x軸之間的夾角：$tanβ=\frac{y}{x}=\sqrt{3}$
所以：β=60°
增加的電場(chǎng)對(duì)粒子做正功，設(shè)該電場(chǎng)的方向與x軸之間的夾角是α，與OA之間的夾角是γ，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是E′則：
${W}_{3}′=qE′•\overline{OAcosγ}=2qE′cosγ$…⑧
${W}_{4}′=qE′•\overline{OB}cosα=3qE′•cosα$…⑨
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨解得：α=30°，$E′=\frac{\sqrt{3}}{3}E$=$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{9q}$
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)E的大小是$\frac{2m{v}_{0}^{2}}{3q}$；
（2）x軸上有一坐標(biāo)為（3，0）的B點(diǎn)，求到達(dá)A點(diǎn)和到達(dá)B點(diǎn)的粒子動(dòng)能之比是$\frac{7}{15}$；
（3）現(xiàn)要通過(guò)再在平面內(nèi)疊加一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)或一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方式使到達(dá)A點(diǎn)的動(dòng)能E_KA與到達(dá)B點(diǎn)的動(dòng)能E_KB之比為1：2，且E_KA′等于粒子從O出射時(shí)初動(dòng)能E_KO的3倍，應(yīng)在平面內(nèi)疊加勻強(qiáng)電場(chǎng)；該勻強(qiáng)電場(chǎng)的大小是$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{9q}$，方向與x軸之間的夾角是30°．

點(diǎn)評(píng) 該題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)與偏轉(zhuǎn)，粒子的電量不變，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功與沿電場(chǎng)方向的位移成正比，由此得出電場(chǎng)力做功與粒子的動(dòng)能的變化之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵所在．