Question

15．硬質(zhì)長方形薄塑料絕緣板長為2$\sqrt{2}$l（垂直紙面向里的長度）、寬為$\sqrt{2}$l（如圖），共有2n塊，與水平面成45°角按圖所示放置，最左邊的稱為第一塊，依次往右第二塊、第三塊…．PQ間的整個空間有水平向右的勻強(qiáng)磁場，同時在PQ間加上電壓U（P的電勢高于Q的電勢，PQ間區(qū)域足夠?qū)拸V），在O點(diǎn)正對塑料板的正中央處從靜止釋放一個質(zhì)子（電荷量為e，質(zhì)量為m），質(zhì)子與板的碰撞沒有動能的損失，并且碰撞后電壓消失，接著碰撞后又恢復(fù)，如此反復(fù)．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）試求：
（1）質(zhì)子與第一塊板碰撞時的速度多大？
（2）為使質(zhì)子能打在Q板上（正對O點(diǎn)的地方O′點(diǎn)），磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B為多少？
（3）在滿足（2）的條件下，質(zhì)子從出發(fā)到打在Q上經(jīng)歷了多長的時間？
（4）如果當(dāng)?shù)谝淮闻鐾甑?n-1塊時，塑料板全部脫落電壓也依然存在，在滿足（2）的前提下，質(zhì)子將打在Q板何處？（以O(shè)′為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為y軸正向，垂直向外為x軸正向，用坐標(biāo)點(diǎn)表示，計算中取  $\sqrt{2}$=$\frac{81π}{180}$，$\sqrt{6}$=$\frac{143}{180}$π）

Answer 1

分析 （1）利用動能定理，即可求出質(zhì)子與第一塊板碰撞時的速度大��；
（2）利用洛倫茲力提供向心力結(jié)合臨界結(jié)合關(guān)系，即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最大值；
（3）分別求出質(zhì)子在電場中做勻加速直線運(yùn)動的時間和質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的時間，加和即可求出質(zhì)子從出發(fā)到打在Q上經(jīng)歷的總時間；
（4）利用牛頓第二定律以及運(yùn)動學(xué)規(guī)律，粒子在磁場中運(yùn)動的周期公式以及粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，即可確定粒子打在Q板的位置坐標(biāo)．

解答 解：（1）根據(jù)幾何關(guān)系可得：d=2n•$\sqrt{2}$lcos45°=2nl
根據(jù)勻強(qiáng)電場中電場強(qiáng)度與電勢差之間的關(guān)系式可得：E=$\frac{U}{2nl}$
根據(jù)動能定理可得：eE•$\frac{\sqrt{2}}{2}$lcos45°=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
聯(lián)立解得：v₁=$\sqrt{\frac{eU}{2nm}}$
（2）根據(jù)幾何關(guān)系可得質(zhì)子運(yùn)動的最小半徑為：r=$\frac{\sqrt{2}}{2}$l
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：evB=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{r}$
聯(lián)立可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值為：B=$\frac{1}{l}\sqrt{\frac{mU}{ne}}$
（3）設(shè)質(zhì)子在電場中做勻加速直線運(yùn)動的時間為t₁，
根據(jù)牛頓第二定律可得：a=$\frac{eE}{m}$=$\frac{eU}{2nml}$
根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得：2nl=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$
聯(lián)立可得：t₁=2nl$\sqrt{\frac{2m}{eU}}$
設(shè)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的時間為t₂：
質(zhì)子在磁場中運(yùn)動的周期為：T=$\frac{2πm}{eB}$=2πl(wèi)$\sqrt{\frac{nm}{eU}}$
粒子在磁場中運(yùn)動的時間為：t₂=2nT=4πnl$\sqrt{\frac{nm}{eU}}$
質(zhì)子從出發(fā)到打在Q上經(jīng)歷的總時間為：t=t₁+t₂=2nl（$\sqrt{2}$+2π$\sqrt{n}$）$\sqrt{\frac{m}{eU}}$
（4）最后還余下的長度為1.5L，質(zhì)子反彈后方向豎直向上，因此豎直面內(nèi)勻速圓周運(yùn)動，水平方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動，
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律有：$\frac{3}{2}l=\frac{1}{2}at{′}^{2}$
可得質(zhì)子運(yùn)動時間為：t′=$l\sqrt{\frac{6nm}{eU}}$=$\frac{143πl(wèi)}{180}\sqrt{\frac{nm}{eU}}$
而周期為：T=$\frac{2πm}{eB}$=$2πl(wèi)\sqrt{\frac{nm}{eU}}$
所以粒子運(yùn)動了143°，如圖所示．

粒子碰該板的速度為：v=$\sqrt{（4n-3）\frac{eU}{2nm}}$
半徑為：r′=$\frac{mv}{eB}$=$l\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$
X=-r′-r′cos37°=-1.8l$\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$
Y=r′sin37°=0.6l$\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$
所以坐標(biāo)為：（-1.8l$\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$，0.6l$\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$）
答：（1）質(zhì)子與第一塊板碰撞時的速度為$\sqrt{\frac{eU}{2nm}}$；
（2）為使質(zhì)子能打在Q板上（正對O點(diǎn)的地方O′點(diǎn)），磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B為$\frac{1}{l}\sqrt{\frac{mU}{ne}}$；
（3）在滿足（2）的條件下，質(zhì)子從出發(fā)到打在Q上經(jīng)歷的時間為2nl（$\sqrt{2}$+2π$\sqrt{n}$）$\sqrt{\frac{m}{eU}}$；
（4）如果當(dāng)?shù)谝淮闻鐾甑?n-1塊時，塑料板全部脫落電壓也依然存在，在滿足（2）的前提下，質(zhì)子將打在Q板坐標(biāo)為（-1.8l$\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$，0.6l$\sqrt{\frac{4n-3}{2}}$）的點(diǎn)．

點(diǎn)評 本題考查帶電粒子在磁場中的勻速圓周運(yùn)動和帶電粒子在電場中的勻變速直線運(yùn)動；粒子在磁場中的運(yùn)動，運(yùn)用洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合去解決，求解粒子在磁場中運(yùn)動的時間時，要注意分析粒子所轉(zhuǎn)過的圓心角．