Question

19．如圖所示，粒子源S可以不斷地產(chǎn)生質量為m、電荷量為+q的粒子（重力不計）．粒子從O₁孔漂進（初速不計）一個水平向右的加速電場，再經(jīng)小孔O₂進入相互正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B₁，方向如圖．虛線PQ、MN之間立體空間存在著水平向右的勻強磁場，磁感應強度大小為B₂（磁場范圍足夠大，圖中未畫出）．有一塊折成直角的硬質塑料板abc（不帶電，寬度很窄，厚度不計）放置在PQ、MN之間（截面圖如圖所示），a、c兩點恰分別位于PQ、MN上，ab=bc=$\sqrt{2}$L，α=45°．現(xiàn)使粒子能沿圖中虛線O₂O₃進入PQ、MN之間的區(qū)域．
（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，不計與板碰撞的時間．求粒子在PQ、MN之間的區(qū)域中運動的時間是多少？

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(jīng)過復合場時，電場力向下，洛倫茲力向上，都與速度垂直，故合力為零，根據(jù)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(jīng)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(jīng)過一圈后，與b邊外側碰撞，水平向右離開磁場．根據(jù)運動軌跡，分勻速直線運動和勻速圓周運動求時間和路程．對于勻速圓周運動，先計算半徑和周期，再根據(jù)軌跡計算總時間．

解答 解：（1）粒子源發(fā)出的粒子，進入加速電場被加速，速度為v₀，根據(jù)動能定理得：
qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²，
要使粒子能沿圖中虛線O₂O₃進入PQ、MN之間的區(qū)域，則粒子所受到向上的洛倫茲力與向下的電場力大小相等，即：
qE=qv₀B₁，
解得：v₀=$\frac{E}{{B}_{1}}$，U₁=$\frac{m{E}^{2}}{2q{B}_{1}^{2}}$；
（2）粒子從O₃以速度v₀進入PQ、MN之間的區(qū)域，
先做勻速直線運動，打到ab板上，以大小為v₀的速度垂直于磁場方向運動．
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板的下表面．由于不計板的厚度，
所以質子從第一次打到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，粒子做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$，
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，
粒子進入磁場中，在v₀方向的總位移：s=2$\sqrt{2}$Lsin45°，時間為：t₂=$\frac{s}{{v}_{0}}$，
則t=t₁+t₂=$\frac{4πm}{q{B}_{2}}$+$\frac{2{B}_{1}L}{E}$；
答：（1）加速電壓U₁為$\frac{m{E}^{2}}{2q{B}_{1}^{2}}$；
（2）粒子在PQ、MN之間的區(qū)域中運動的時間是$\frac{4πm}{q{B}_{2}}$+$\frac{2{B}_{1}L}{E}$．

點評 本題考查了粒子在電磁場與磁場中的運動問題，分析清楚粒子運動過程是解題的前提，應用動能定理、粒子做圓周運動的周期公式可以解題，本題的復合場具有速度選擇的功能，進入磁場區(qū)域后，根據(jù)動力學規(guī)律先確定運動軌跡，再進行計算．