Question

14．如圖甲，兩個(gè)絕緣的足夠大的擋板M、N豎直放置，兩板間存在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，另外有一個(gè)垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示（以垂直紙面向外的方向?yàn)檎�，B₀和T₀為已知量）．在t=$\frac{1}{8}$T₀時(shí)刻，兩個(gè)完全相同帶正電的小球A、B以相同大小的初速度v₀分別從緊貼M、N兩板的位置水平射入電磁場(chǎng)中，在t=$\frac{5}{8}$T₀兩球發(fā)生第一次碰撞，假設(shè)兩個(gè)小球之間、小球與擋板之間的碰撞均為彈性碰撞，不計(jì)碰撞時(shí)間，且每次碰撞小球所帶電荷量不變，已知小球的比荷為$\frac{32π}{3{B}_{0}{T}_{0}}$，且小球所受電場(chǎng)力大小等于重力的大小，重力加速度為g，不考慮空氣阻力及磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的電場(chǎng)，則

（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大��；
（2）畫出兩個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)軌跡并求出兩板間距d的大��；
（3）求出兩個(gè)小球所有的碰撞時(shí)刻．

Answer 1

分析 （1）由小球所受電場(chǎng)力大小等于重力求解；
（2）按磁感應(yīng)強(qiáng)度分階段進(jìn)行受力分析，進(jìn)而得到其運(yùn)動(dòng)方程，從而對(duì)三個(gè)階段進(jìn)行疊加得到d的表達(dá)式進(jìn)而求解；
（3）求出小球運(yùn)動(dòng)的周期及小球碰撞規(guī)律，進(jìn)而得到所有碰撞時(shí)間．

解答 解：（1）由于小球所受電場(chǎng)力大小等于重力，即qE=mg，所以，$E=\frac{mg}{q}=\frac{3{B}_{0}{T}_{0}g}{32π}$；
（2）在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零時(shí)，小球所受合外力為零，故$\frac{1}{8}{T}_{0}＜t＜\frac{1}{4}{T}_{0}$，小球都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)位移${s}_{1}=\frac{1}{8}{v}_{0}{T}_{0}$；
$\frac{1}{4}{T}_{0}＜t＜\frac{1}{2}{T}_{0}$，小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即${B}_{0}{v}_{0}q=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{r}$，所以，$r=\frac{m{v}_{0}}{{B}_{0}q}=\frac{{3v}_{0}{T}_{0}}{32π}$，$T=\frac{2πr}{{v}_{0}}=\frac{3{T}_{0}}{16}$；
則在$\frac{1}{4}{T}_{0}＜t＜\frac{1}{2}{T}_{0}$時(shí)間內(nèi)小球轉(zhuǎn)過$n=\frac{\frac{1}{4}{T}_{0}}{\frac{3}{16}{T}_{0}}=\frac{4}{3}$個(gè)圓周；
$\frac{1}{2}{T}_{0}＜t＜\frac{5}{8}{T}_{0}$，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移大小${s}_{2}=\frac{1}{8}{v}_{0}{T}_{0}$；
在$t=\frac{5}{8}{T}_{0}$時(shí)，兩個(gè)小球在P點(diǎn)相碰，因兩小球發(fā)生彈性碰撞，則在P點(diǎn)碰撞后發(fā)生速度交換，此后開始做周期性運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖，

由幾何關(guān)系可得d=2（s₁+rcos30°-s₂cos60°）=$2×（\frac{1}{8}{v}_{0}{T}_{0}+\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{3{v}_{0}{T}_{0}}{32π}-\frac{1}{2}×\frac{1}{8}{v}_{0}{T}_{0}）$=$\frac{1}{8}{v}_{0}{T}_{0}+\frac{3\sqrt{3}{v}_{0}{T}_{0}}{32π}$=$\frac{4π+3\sqrt{3}}{32π}{v}_{0}{T}_{0}$；
（3）經(jīng)分析可知兩小球運(yùn)動(dòng)周期$T′=2（\frac{5}{8}{T}_{0}-\frac{1}{8}{T}_{0}）={T}_{0}$，則碰撞時(shí)間$t=\frac{5}{8}{T}_{0}+n{T}_{0}（n=0，1，2，3，…）$；
答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為$\frac{3{B}_{0}{T}_{0}g}{32π}$；
（2）兩板間距d的大小為$\frac{4π+3\sqrt{3}}{32π}{v}_{0}{T}_{0}$；
（3）兩個(gè)小球所有的碰撞時(shí)刻為$\frac{5}{8}{T}_{0}+n{T}_{0}（n=0，1，2，3，…）$．

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子的運(yùn)動(dòng)問題，要先對(duì)粒子進(jìn)行受力分析，然后利用牛頓第二定律得到運(yùn)動(dòng)方程，再根據(jù)邊界條件求解．