Question

14．在如圖所示，兩條虛線之間區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，坐標(biāo)系第四象限有一邊長為$\sqrt{2}$L的絕緣正方形盒CDFG（內(nèi)壁光滑），其內(nèi)部存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場（大小未知），且C、D兩點(diǎn)恰好在x、y軸上，CD連線與x軸正方向成45°角．一質(zhì)量為m，帶電量為+q（重力不計(jì)）的帶電粒子，從M板中心靜止釋放經(jīng)MN兩極板間的電場加速后，從N板中心孔S沿x軸正方向射入虛線區(qū)域內(nèi)的電場中，經(jīng)該電場偏轉(zhuǎn)后垂直于CD從CD中點(diǎn)J處的小孔射入方盒內(nèi)，已知粒子與盒壁碰撞過程中無動(dòng)能和電荷損失．（所有結(jié)果只能用E、L、m、q表示）求：
（1）粒子經(jīng)MN間電場加速獲得的速度v₀的大��；
（2）要使粒子在方盒中碰撞次數(shù)最少，且能從J處小孔垂直于CD射出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大��；
（3）由于盒內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度不確定，要使粒子能從J處小孔垂直于CD射出，試討論粒子在方盒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的可能時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中加速，粒子離開S后做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出粒子離開S時(shí)的速度；
（2）由洛侖茲力充當(dāng)向心力，由題意明確可能的運(yùn)動(dòng)軌跡，則可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（3）根據(jù)題意計(jì)論可能的情況，作出運(yùn)動(dòng)軌跡圖象，確定出可能的半徑，再由幾何關(guān)系可求得運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

解答 解：（1）粒子離開S后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{at}{{v}_{0}}$，
加速度：a=$\frac{qE}{m}$，$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}$at²，
解得：v₀=$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$；
（2）小球?qū)⒃诖艌鲋凶鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與各邊中點(diǎn)垂直碰撞后能垂直于CD邊從小孔射出，要使碰撞次數(shù)最少，則運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由牛頓第二定律有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
由幾何知識得：R=$\frac{\sqrt{2}}{2}$L，
已知：v=$\sqrt{2}$v₀=$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$，
解得：B=2$\sqrt{\frac{mE}{qL}}$；
（3）經(jīng)分析知，要使離子能從小孔J垂直于CD邊射入磁場，又從同一點(diǎn)垂直射出，則有以下兩種情況分析；
第一種情況如圖所示，設(shè)可能的圓軌道半徑為R₁，由幾何知識得：
（2n+1）R₁=$\frac{\sqrt{2}L}{2}$；
t₁=（4n+1）$\frac{T}{8}$•8，
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2π{R}_{1}}{v}$，
解得：t₁=$\frac{（4n+1）π}{2n+1}$ （n=0，1，2…），
第二種情況如圖所示：2nR₂=$\frac{\sqrt{2}L}{2}$，
運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₂=n$\frac{{T}_{2}}{2}$•4+$\frac{2\sqrt{2}L}{v}$，
周期：T₂=$\frac{2π{R}_{2}}{v}$，
解得：t₂=（π+2）$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$  （n=1，2…）；
答：（1）粒子經(jīng)MN間電場加速獲得的速度v₀的大小為：$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2$\sqrt{\frac{mE}{qL}}$；
（3）粒子在方盒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的可能時(shí)間（π+2）$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$（n=1，2…）．

點(diǎn)評 本題考查帶電粒子在電場磁場中的運(yùn)動(dòng)，要注意明確粒子運(yùn)動(dòng)的多種可能性，分別進(jìn)行討論，再由牛頓第二定律圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行分析解答．