Question

13．如圖所示的坐標(biāo)系中，在y＞0的空間中存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在y＜0的空間中存在方向垂直xOy平面（紙面）向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在y軸的負(fù)半軸上的y=-l處固定一個(gè)與x軸平行的足夠長(zhǎng)的彈性絕緣擋板，一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子，從y軸上y=1.5l處的點(diǎn)P₁以初速度v₀沿x軸正方向射出，粒子從x軸上x=$\sqrt{3}$l的點(diǎn)P₂進(jìn)入磁場(chǎng)，并恰好能垂直撞擊在擋板上，粒子撞擊擋板前后的能量、電荷量和質(zhì)量都不損失，不計(jì)粒子的重力，求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大��；
（2）粒子從P₁出發(fā)到第3次與擋板碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，由水平位移和豎直位移及初速度的已知條件，利用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律就能求出電場(chǎng)強(qiáng)度大�。�粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)初速度就是離開電場(chǎng)的末速度，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后打在y=-l的板上，由幾何關(guān)系求得半徑，根據(jù)牛頓第二定律就能求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大�。�
（2）由于粒子與板碰撞后原速反彈，偏轉(zhuǎn)方向也將變向，再進(jìn)入磁場(chǎng)后做類斜拋運(yùn)動(dòng)，畫出粒子幾次碰撞后的軌跡，分別求出在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的時(shí)間，那么從而就能求出第三次碰撞的總時(shí)間．

解答 解：（1）粒子從P1到P2做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：
  x=$\sqrt{3}l={v}_{0}t$      y=1.5l=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$     
而加速度  $a=\frac{Eq}{m}$
  聯(lián)立可得：E=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{ql}$    t=$\frac{\sqrt{3}l}{{v}_{0}}$
  進(jìn)入磁場(chǎng)的速度方向與x成θ角  $tgθ=\frac{at}{{v}_{0}}$，
將以上結(jié)果代入得：θ=60°
  進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為：v=$\frac{{v}_{0}}{cos60°}=2{v}_{0}$
  由于是垂直打在y=-l的板上，所以由幾何關(guān)系得粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=2l  
  由洛侖茲力提供向心力，有：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$  
  從而求得：B=$\frac{m{v}_{0}}{ql}$   
 （2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t′=$\frac{30°}{360°}×\frac{2πm}{qB}=\frac{πl(wèi)}{6{v}_{0}}$
  根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，第三次與檔板碰撞時(shí)的軌跡如圖所示，所以總時(shí)間為：
t_總=5t+5t′=$\frac{30\sqrt{3}l+5πl(wèi)}{6{v}_{0}}$
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{ql}$，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{m{v}_{0}}{ql}$．
（2）粒子從P₁出發(fā)到第3次與擋板碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間為$\frac{30\sqrt{3}l+5πl(wèi)}{6{v}_{0}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題的靚點(diǎn)在于第二問：根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，畫出粒子從出發(fā)到第三次碰撞的軌跡，分別求出在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的時(shí)間，從而能求出總時(shí)間，但要注意的是從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)做類斜拋運(yùn)動(dòng)，但可以反過來用類平拋運(yùn)動(dòng)處理．