Question

10．如圖所示為在豎直平面內(nèi)建立的坐標(biāo)系xOy，在xOy的第一象限內(nèi)，x=4d處豎直放置高l₀=2$\sqrt{2}$d粒子吸收板CD，x=5d處豎直放置一個(gè)長(zhǎng)l=5d的粒子吸收板MN，在MN左側(cè)存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)．在原點(diǎn)O處有一粒子源，可以沿y軸正向射出質(zhì)量為m、電量為+q的不同速率的帶電粒子，已知電場(chǎng)強(qiáng)度為$\frac{10q{B}^{2}d}{m{π}^{2}}$，粒子的重力及粒子間的相互作用力均忽略不計(jì)，打到板CD、MN上的粒子均被吸收．
（1）若從O點(diǎn)射出的粒子能打到板MN上，求粒子的速度v的大�。�
（2）若某粒子恰好能夠從M點(diǎn)（剛好未碰到吸收板）進(jìn)入到電場(chǎng)，求該粒子到達(dá)x軸時(shí)的動(dòng)能；
（3）某粒子恰好能夠從M點(diǎn)（剛好未碰到吸收板）進(jìn)入到電場(chǎng)，求該粒子從O點(diǎn)射出到通過x軸所用的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，分兩種臨界情況：①打在吸收板MN的粒子過粒子吸收板CD上邊界D點(diǎn)，②打在吸收板MN的粒子過粒子吸收板CD上邊界M點(diǎn)，分別求解速度，得到速度的取值范圍；
（2）粒子從M點(diǎn)到x軸，根據(jù)動(dòng)能定理列式可得該粒子到達(dá)x軸所用的動(dòng)能；
（3）從O到M粒子做$\frac{1}{4}$圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)$t=\frac{θ}{2π}T$求解時(shí)間，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，分解為沿x軸的勻速運(yùn)動(dòng)和沿y軸的勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解時(shí)間．

解答 解：（1）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，①若打在吸收板MN的粒子過粒子吸收板CD上邊界D點(diǎn)，設(shè)粒子的速率為v₁，粒子的軌道半徑為r₁，由幾何關(guān)系可知：${r}_{1}^{2}=（2\sqrt{2}d）^{2}+（4d-{r}_{1}）^{2}$
解得：r₁=3d
由牛頓第二定律可得：$q{v}_{1}B=m\frac{{v}_{1}^{2}}{{r}_{1}}$
聯(lián)立可得：${v}_{1}=\frac{3qdB}{m}$
②若打在吸收板MN的粒子過粒子吸收板CD上邊界M點(diǎn)時(shí)速率為v₂，粒子軌跡的圓心在N點(diǎn)，由圖中幾何關(guān)系可知粒子的軌道半徑r₂=5d
由牛頓第二定律可得：$q{v}_{2}B=m\frac{{v}_{2}^{2}}{{r}_{2}}$
聯(lián)立可得：${v}_{2}=\frac{5qdB}{m}$
故射出的粒子能打在MN上，粒子的速度需滿足：$\frac{3qdB}{m}≤v≤\frac{5qdB}{m}$
（2）粒子從M點(diǎn)到x軸，設(shè)粒子到達(dá)x軸時(shí)的動(dòng)能為E_k，由動(dòng)能定理可得：$qEl={E}_{k}-\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
聯(lián)立解得：${E}_{k}=\frac{25{q}^{2}{B}^{2}ypzhcq7^{2}}{m}（\frac{2}{{π}^{2}}+\frac{1}{2}）$
（3）從O到M粒子做$\frac{1}{4}$圓周運(yùn)動(dòng)，從O到M的時(shí)間${t}_{1}=\frac{θ}{2π}T$，又由$T=\frac{2πm}{qB}$，聯(lián)立解得：${t}_{1}=\frac{mπ}{2qB}$
粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₂，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：$5d=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t}_{2}^{2}=\frac{5{q}^{2}{B}^{2}d}{{m}^{2}{π}^{2}}{t}_{2}^{2}$
解得：${t}_{2}=\frac{mπ}{qB}$
能夠從M點(diǎn)進(jìn)入到電場(chǎng)的粒子，從O點(diǎn)射出到回到x軸所用的時(shí)間：$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{3mπ}{2qB}$
答：（1）若從O點(diǎn)射出的粒子能打到板MN上，粒子的速度需滿足：$\frac{3qdB}{m}≤v≤\frac{5qdB}{m}$；
（2）若某粒子恰好能夠從M點(diǎn)（剛好未碰到吸收板）進(jìn)入到電場(chǎng)，該粒子到達(dá)x軸所用的動(dòng)能為${E}_{k}=\frac{25{q}^{2}{B}^{2}gxwas9c^{2}}{m}（\frac{2}{{π}^{2}}+\frac{1}{2}）$；
（3）若某粒子恰好能夠從M點(diǎn)（剛好未碰到吸收板）進(jìn)入到電場(chǎng)，該粒子從O點(diǎn)射出到通過x軸所用的時(shí)間為$\frac{3mπ}{2qB}$

點(diǎn)評(píng) 本題要分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，首先要對(duì)物體的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分段，然后對(duì)物體在各段中進(jìn)行正確的受力分析和運(yùn)動(dòng)的分析，進(jìn)行列式求解．