Question

6．如圖所示，粒子源S可以不斷地產生質量為m、電荷量為+q的粒子．粒子從O₁孔飄進（不計初速度）一水平方向的加速度電場區(qū)域I，再經小孔O₂進入正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域Ⅱ，電場強度大小為E，磁感應強度大小B₁，方向如圖．兩平行虛線PQ、MN之間存在著水平向右的勻強磁場區(qū)域Ⅲ，磁場應強度大小為B₂．當在O₁、O₂間加上適當的電壓U₁時，粒子能沿圖中虛線O₂O₃垂直于PQ進入區(qū)域Ⅲ，并從MN邊飛出．現(xiàn)將一塊不帶電的、寬度和厚度均不計的直角狀硬質塑料板abc放置在區(qū)域Ⅲ內，a、c兩點恰分別位于PQ、MN上，ac連線與O₂O₃平行，ab=bc=L，α=45°，仍使粒子沿圖中虛線O₂O₃進入區(qū)域Ⅲ，發(fā)現(xiàn)粒子仍能從MN邊飛出．粒子的重力不計．

（1）求加速電壓U₁；
（2）假設粒子與硬質塑料板相碰后，速度大小不變，方向變化遵守光的反射定律，求粒子在區(qū)域Ⅲ中運動時，由于塑料板的放入而延遲的從MN邊飛出的時間；
（3）粒子在區(qū)域Ⅲ內運動的總路程．

Answer 1

分析 （1）粒子源發(fā)出的粒子，進入加速電場被加速，由動能定理可以求出速度．粒子經過正交的電磁場時，電場力向下，洛倫茲力向上，都與速度垂直，合力為零，根據平衡條件列式求解加速電壓U₁；
（2）粒子進入PQ、MN之間的區(qū)域，由于速度方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力而做勻速直線運動．粒子與ab板第一次碰撞后，速度向上，洛倫茲力提供向心力，在與ac邊垂直的平面內做勻速圓周運動，經過一圈后，與ab邊內側碰撞，碰撞后水平向右運動，與bc邊二次碰撞后，在與ac邊垂直的平面內做再次勻速圓周運動，又經過一圈后，與b邊外側碰撞，水平向右離開磁場．根據運動軌跡，分勻速直線運動和勻速圓周運動求時間．對于勻速圓周運動，先計算半徑和周期，再根據軌跡計算總時間，從而得到延遲的時間．
（3）根據洛倫茲力提供向心力，求出粒子在區(qū)域Ⅲ中運動的軌跡半徑，由幾何知識求路程．

解答 解（1）粒子從O₁到O₂，由動能定理得：
 qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
粒子從O₂到O₃做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，則有 qE=qv₀B1，
聯(lián)立解得：U₁=$\frac{m{E}^{2}}{2q{B}_{1}^{2}}$
（2）區(qū)域Ⅲ內無塑料板時，粒子不受洛倫茲力而做勻速直線運動，通過區(qū)域Ⅲ的時間為 t₁=$\frac{2Lsin45°}{{v}_{0}}$；
區(qū)域Ⅲ內放入塑料板后，粒子從O₃以速度v₀進入區(qū)域III，先做勻速直線運動，打到ab板上，反彈后以速度v₀垂直于磁場B₂方向運動．粒子將以半徑R在垂直于磁場的平面內作勻速圓周運動，轉動一周后打到ab板的下部．由于不計板的厚度，所以粒子從第一次打到ab板到第二次打到ab板后運動的時間為粒子在磁場運動一周的時間，即一個周期T．粒子在磁場中共碰到2塊板，做圓周運動所需的時間為t₁=2T，有：
  qvB₂=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
周期：T=$\frac{2πR}{{v}_{0}}$
粒子在磁場中做圓周運動所用的時間為：t₂=2T
粒子在磁場中沿v₀方向運動的時間為：t₃=$\frac{2Lsin45°}{{v}_{0}}$
所以，由于塑料板的存在而延尺的時間為：$△t={t_2}+{t_3}-{t_1}=\frac{4πm}{{q{B_2}}}$
（3）因為 qvB₂=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
粒子在B₂中的運動半徑 $R=\frac{{m{v_0}}}{Bq}$
由幾何關系可得，粒子在區(qū)域Ⅲ內運動的路程為：s=4πR+2Lsin45°
解得：s=$\sqrt{2}$L+$\frac{4πmE}{q{B}_{1}{B}_{2}}$
答：
（1）加速電壓U₁為$\frac{m{E}^{2}}{2q{B}_{1}^{2}}$．
（2）粒子在區(qū)域Ⅲ中運動時，由于塑料板的放入而延遲的從MN邊飛出的時間為$\frac{4πm}{q{B}_{2}}$；
（3）粒子在區(qū)域Ⅲ內運動的總路程為$\sqrt{2}$L+$\frac{4πmE}{q{B}_{1}{B}_{2}}$．

點評 本題中的復合場具有速度選擇的功能，進入磁場區(qū)域后，根據動力學規(guī)律先確定運動軌跡，再進行計算．