Question

2．如圖所示，一群同種帶電粒子以一定的初動能沿x軸射入平行板電場中，平行極板水平放置，兩極板關于x軸對稱，板長為l，板右端距y軸距離為$\frac{l}{2}$．且極板間通有正弦式交流電壓，交流電的周期遠大于粒子在電場中的運動時間．所有粒子都能通過平行板電場，當粒子離開電場時，它們的動能最大值為初動能的$\frac{4}{3}$倍．在y軸的右側存在勻強磁場（圖中未畫出），粒子進入磁場運動一段時間后，會再次經(jīng)過y軸，其中動能最小的粒子通過（0，-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$l），不計粒子的重力．求：
（1）粒子第一次經(jīng)過y軸的區(qū)域；  
（2）粒子第二次經(jīng)過y軸的區(qū)域．

Answer 1

分析 （1）當板間電壓最大時，粒子離開電場的動能最大．根據(jù)題意：該粒子離開電場時的動能為初動能的$\frac{4}{3}$倍，求出粒子沿y軸方向的分速度．再由類平拋運動的規(guī)律求解粒子第一次經(jīng)過y軸時離O點的最遠距離，從而區(qū)域的范圍．
（2）當板間電壓為零時，出電場時速度最小為v₀．粒子進入磁場后向下方偏轉，由洛倫茲力提供向心力，求出軌跡半徑．由幾何關系求出進入磁場偏轉后再經(jīng)過y軸時沿y軸向下的偏轉距離．

解答 解：（1）當板間電壓最大時，離開電場的動能最大，設粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v₀，離開電場時的最大速度為v，由題意得：
$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=$\frac{4}{3}×\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$  
又 v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$   
解得：v_y=$\frac{\sqrt{3}}{3}{v}_{0}$
在板間運動時有：l=v₀t₁，y₁=$\frac{{v}_{y}}{2}{t}_{1}$      
解得：y₁=$\frac{\sqrt{3}}{6}$l   
出電場到y(tǒng)軸的過程中有：$\frac{l}{2}={v}_{0}{t}_{2}$  
y₂=v_yt₂，
解得：y₂=$\frac{\sqrt{3}}{6}$l 
則粒子第一次到y(tǒng)軸上時距離O點的最遠距離為：y=y₁+y₂=$\frac{\sqrt{3}}{3}$l
由對稱性可知，粒子第一次經(jīng)過y軸時縱坐標的范圍為：-$\frac{\sqrt{3}}{3}$l≤y≤$\frac{\sqrt{3}}{3}$l．
（2）當板間電壓為零時，出電場時速度最小為v₀
由題意可得，粒子進入磁場后向下方偏轉，且有：R₀=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$l
根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{0}}$   
則有：R₀=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$l
設任一粒子進入磁場時速度方向與x軸夾角為 θ，則有：v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$
進入磁場偏轉后再經(jīng)過y軸時沿y軸向下的偏轉距離為：Y=2Rcosθ
并且有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$   
解之得：Y=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$l
則第二次經(jīng)過y軸的縱坐標范圍為：-$\frac{5\sqrt{3}}{3}$l≤y≤-$\sqrt{3}$l
答：（1）粒子第一次經(jīng)過y軸時縱坐標的范圍為-$\frac{\sqrt{3}}{3}$l≤y≤$\frac{\sqrt{3}}{3}$l．
（2）第二次經(jīng)過y軸的縱坐標范圍為-$\frac{5\sqrt{3}}{3}$l≤y≤-$\sqrt{3}$l．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律、類平拋運動規(guī)律、磁場中半徑公式即可正確解題．