Question

3．如圖（a）所示，水平放置的平行金屬板A、B間加直流電壓U，A板正上方有“V”字型足夠長(zhǎng)的絕緣彈性擋板．在擋板間加垂直紙面的交變磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化如圖（b），垂直紙面向里為磁場(chǎng)正方向，其中B₁為已知，B₂為未知，比荷為$\frac{q}{m}$、不計(jì)重力的帶正電粒子從靠近B板的C點(diǎn)靜止釋放，t=0時(shí)刻，粒子剛好從小孔O進(jìn)入上方磁場(chǎng)中，在 t₁時(shí)刻粒子第一次撞到左擋板，緊接著在t₁+t₂時(shí)刻（t₁、t₂均為末知）粒子撞到右擋板，然后粒子又從O點(diǎn)豎直向下返回C點(diǎn)．此后粒子立即重復(fù)上述過程，做周期性運(yùn)動(dòng)．粒子與擋板碰撞前后電量不變，沿板的分速度不變，垂直板的分速度大小不變、方向相反，不計(jì)碰撞的時(shí)間及磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的感應(yīng)影響．求：

（1）粒子第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速率；
（2）圖中B₂的大�。�
（3）金屬板A和B間的距離d．
（4）若粒子每次與金屬板碰撞時(shí)間為t₀，則每次碰撞板受到的沖擊力為多少？

Answer 1

分析 帶電粒子在電場(chǎng)中先加速，進(jìn)入交變磁場(chǎng)后交替做逆時(shí)針、順時(shí)針、逆時(shí)針方向圓周運(yùn)動(dòng)，之后返回O點(diǎn)在電場(chǎng)中最后回到出發(fā)點(diǎn)．由粒子運(yùn)動(dòng)的特殊性和周期性畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、牛頓第二定律、動(dòng)能定理等相應(yīng)知識(shí)來求解．
（1）由動(dòng)能定理求出進(jìn)入磁場(chǎng)的速度．
（2）由題意，在t₁ 時(shí)間內(nèi)粒子做逆時(shí)針圓弧運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性粒子偏轉(zhuǎn)60°，碰撞后速度方向變?yōu)樨Q直向上．在t₂時(shí)間內(nèi)粒子做順時(shí)針方向圓周運(yùn)動(dòng)，劃過半圓后，再與另一板相碰．再做逆時(shí)針圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡與先前的軌跡對(duì)稱，由時(shí)間關(guān)系和周期公式就能求出B₁與B₂關(guān)系．
（3）要使粒子重復(fù)地做周期性地往返運(yùn)動(dòng)，則粒子在電場(chǎng)中加速減速的時(shí)間與交變磁場(chǎng)的周期有一定的關(guān)系，先找出該關(guān)系，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出AB兩板間距．
（4）顯然由動(dòng)量定理求出每次粒子與擋板相碰時(shí)的沖擊力．

解答 解：（1）粒子從B板到A板過程中，電場(chǎng)力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理有$Uq=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$．
   解得粒子第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速率$v=\sqrt{\frac{2Uq}{m}}$ 
（2）粒子進(jìn)入上方后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由qvB=$\frac{mv2}{r}$   
   得粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑${r}_{1}=\frac{mv}{{B}_{1}q}$，${r}_{2}=\frac{mv}{{B}_{2}q}$
   使其在整個(gè)裝置中做周期性的往返運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示，

   由圖易知：r₁=2r₂       圖中B₂=2B₁    
（3）在0～t₁時(shí)間內(nèi)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期${T}_{1}=\frac{2π{r}_{1}}{v}=\frac{2πm}{{B}_{1}q}$   
    在t₁～（t₁+t₂）時(shí)間內(nèi)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期${T}_{2}=\frac{2πm}{{B}_{2}q}=\frac{πm}{{B}_{1}q}$
   由軌跡圖可知${t}_{1}=\frac{1}{6}{T}_{1}=\frac{πm}{3{B}_{1}q}$，${t}_{2}=\frac{1}{2}{T}_{2}=\frac{πm}{2{B}_{1}q}$  
   粒子在金屬板A和B間往返時(shí)間為t，有$d=\frac{0+v}{2}×\frac{t}{2}$
   且滿足：t=t₂+n（t₁+t₂），n=0，1，2，3，----
    聯(lián)立可得金屬板A和B間的距離：$d=\frac{π（3+5n）}{24{B}_{1}}\sqrt{\frac{2Um}{q}}$，n=0，1，2，3，----
（4）在垂直于板的方向上由動(dòng)量定理有：2mv₀sin30°=Ft₀（1分）
  所以$F=\frac{2m{v}_{0}sin30°}{{t}_{0}}$=$\frac{m{v}_{0}}{{t}_{0}}$
答：（1）粒子第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速率為$\sqrt{\frac{2Uq}{m}}$．
（2）圖中B₂的大小2B₁．
（3）要使粒子重復(fù)地做周期性地往返運(yùn)動(dòng)，則粒子在電場(chǎng)中加速減速的時(shí)間與交變磁場(chǎng)的周期有一定的關(guān)系，先找出該關(guān)系，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出AB兩板間距為$d=\frac{π（3+5n）}{24{B}_{1}}\sqrt{\frac{2Um}{q}}$     n=0，1，2，3，----
（4）若粒子每次與金屬板碰撞時(shí)間為t₀，則每次碰撞板受到的沖擊力為$\frac{m{v}_{0}}{{t}_{0}}$

點(diǎn)評(píng) 本題的難點(diǎn)在于①找到粒子做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng)的軌跡，由幾何關(guān)系找到半徑關(guān)系，從而求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的關(guān)系．②求AB板間距，交變磁場(chǎng)的周期與粒子在電場(chǎng)中的時(shí)間有一定的關(guān)系：粒子在電場(chǎng)中加速或減速的時(shí)間為粒子做三個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間的整數(shù)倍，顯然是一個(gè)多解問題．