Question

14．如圖所示，在直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)O處有一反射源，沿著紙面向四周均勻發(fā)射速度大小均為v的帶正電粒子，在放射源的右邊垂直于x軸放置一塊擋板，擋板與xOy平面交線的兩端點(diǎn)M、N與原點(diǎn)O正好處于等腰直角三角形三個(gè)頂點(diǎn)上．已知帶電粒子的質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，M、N兩點(diǎn)間的距離為L．不計(jì)粒子重力．
（1）若在y軸的右側(cè)加一平行于x軸的勻強(qiáng)電場，使所有y軸右側(cè)射出的粒子都能打到擋板MN上，求電場強(qiáng)度的最小值E₀及在電場強(qiáng)度為E₀時(shí)，打到板上的粒子動(dòng)能E_K．
（2）若在整個(gè)空間加一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，使擋板MN的右側(cè)各點(diǎn)都有粒子打到板上，求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B₀及在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₀的勻強(qiáng)磁場中，放射源O向外發(fā)射出的所有帶電粒子的總數(shù)是打在板右側(cè)的粒子總數(shù)的多少倍．

Answer 1

分析 （1）要使y軸右側(cè)所有運(yùn)動(dòng)粒子都能打在 MN板上，其臨界條件為：沿y軸方向運(yùn)動(dòng)的粒子作類平拋運(yùn)動(dòng)，且落在M或N點(diǎn)．根據(jù)牛頓第二定律求出電場強(qiáng)度的最小值，根據(jù)動(dòng)能定理求解打到板上粒子的動(dòng)能．
（2）加勻強(qiáng)磁場后，粒子沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)軌跡以O(shè)′為圓心同時(shí)過M、N兩點(diǎn)時(shí)，軌跡直徑最小，得到粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，由牛頓第二定律求出B的最大值．根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)情況求出粒子數(shù)之比．

解答 解：（1）當(dāng)沿y軸方向運(yùn)動(dòng)的粒子作類平拋運(yùn)動(dòng)，且落在M或N點(diǎn)，則y軸右側(cè)所有運(yùn)動(dòng)的粒子都能打在MN上，
有：$\frac{1}{2}$L=vt，$\frac{1}{2}$L=$\frac{1}{2}$at²，
加速度：a=$\frac{q{E}_{0}}{m}$，
解得：E₀=$\frac{4m{v}_{0}^{2}}{qL}$，
由動(dòng)能定理得：qE₀×$\frac{1}{2}$L=E_k-$\frac{1}{2}$mv²，
解得：E_k=$\frac{5}{2}$mv²；
（2）由題意知，要使MN板右側(cè)均有粒子打到，則粒子軌跡直徑的最小值為MN板的長度L，
有：R_min=$\frac{1}{2}$L，又：R_min=$\frac{mv}{q{B}_{0}}$，
解得：B₀=$\frac{2mv}{qL}$，
放射源O發(fā)射出的粒子中，打在MN板上的粒子的臨界徑跡如圖所示．
由題意知 OM=ON，且OM⊥ON，故可知 OO₁⊥OO₂，
得：υ₁⊥υ₂，
則放射源O向外發(fā)射出的所有帶電粒子的總數(shù)是打在板右側(cè)的粒子總數(shù)的倍數(shù)為：k=$\frac{360°}{90°}$=4．
答：（1）電場強(qiáng)度的最小值E₀為$\frac{4m{v}_{0}^{2}}{qL}$，在電場強(qiáng)度為E₀時(shí)，打到板上的粒子動(dòng)能E_K為=$\frac{5}{2}$mv²．
（2）放射源O向外發(fā)射出的所有帶電粒子的總數(shù)是打在板右側(cè)的粒子總數(shù)的4倍．

點(diǎn)評 本題中粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解法研究，在磁場中要通過畫出軌跡，確定臨界條件求解磁感應(yīng)強(qiáng)度．