Question

11．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xoy位于豎直平面內(nèi)，M是一塊與y軸夾角30°的擋板，與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，$\sqrt{3}$L），下端無限接近x軸上的N點(diǎn)，粒子若打在擋板上會(huì)被擋板吸收．擋板左側(cè)與x軸之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在平行于擋板方向斜向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E．擋板右側(cè)與x軸之間的區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B，x軸下方區(qū)域Ⅲ存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．坐標(biāo)原點(diǎn)o有兩個(gè)質(zhì)量均為m，電荷量分別為+q的粒子a和-q的粒子b，以及一個(gè)不帶電的粒子c．空氣阻力和粒子重力均不計(jì)，q＞0． 求：
（1）若粒子a從o點(diǎn)沿與x軸正方向成30°角射入?yún)^(qū)域Ⅰ，且恰好經(jīng)過N點(diǎn)，求粒子a的初速度v₀；
（2）若粒子b從o點(diǎn)沿與x軸正方向成60°角射入?yún)^(qū)域Ⅲ，且恰好經(jīng)過N點(diǎn)．求粒子b的速率v_b；
（3）若粒子b從o點(diǎn)以（2）問中速率沿與x軸正方向成60°角射入?yún)^(qū)域Ⅲ的同時(shí)，粒子c也從o點(diǎn)以速率v_c沿x軸正方向勻速運(yùn)動(dòng)，最終兩粒子相遇，求v_c的可能值．

Answer 1

分析 （1）粒子α在電場中只受電場力，做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)基本公式列式求解即可求出初速度v₀；
（2）粒子b到達(dá)N點(diǎn)有兩種路徑，畫出兩種運(yùn)動(dòng)路徑，由幾何關(guān)系得出半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解速度；
（3）設(shè)粒子b每次經(jīng)過x軸時(shí)交點(diǎn)為N₁、N₂、N₃…，根據(jù)幾何關(guān)系求出相鄰兩交點(diǎn)之間的距離，根據(jù)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間與周期的關(guān)系列式求解即可．

解答 解：（1）粒子α在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：
$\frac{\sqrt{3}}{2}L={v}_{0}t$①
$\frac{L}{2}=\frac{1}{2}（\frac{qE}{m}）{t}^{2}$ ②
解得：v₀=$\sqrt{\frac{3qEL}{4m}}$
（2）粒子b到達(dá)N點(diǎn)有兩種路徑，
第一種：先在區(qū)域Ⅲ中圓周運(yùn)動(dòng)，然后到區(qū)域Ⅱ中圓周運(yùn)動(dòng)再到達(dá)N點(diǎn)，軌跡如圖①
幾何知識(shí)得ON=L=2r₂cos30°-2r₁cos30°③
且2r₂=r₁，$q{v}_B=\frac{m{v}_{\;}^{2}}{{r}_{1}}$④
解得${r}_{1}=\frac{2\sqrt{3}}{3}L$，${r}_{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}L$，v_b=$\frac{2\sqrt{3}qBL}{3m}$
第二種：在區(qū)域Ⅲ中圓周運(yùn)動(dòng)直接到達(dá)N點(diǎn)，軌跡如圖②．由幾何知識(shí)得ON=L=2r₁′cos30°⑤
且$q{v}_′B=\frac{m{v}_{′}^{2}}{{r}_{1}′}$⑥
解得${r}_{1}′=\frac{2\sqrt{3}}{3}L$，v_b′=$\frac{\sqrt{3}qBL}{3m}$
（3）設(shè)粒子b每次經(jīng)過x軸時(shí)交點(diǎn)為N₁、N₂、N₃…，并且相鄰兩交點(diǎn)之間的距離為△x=2r₂cos30°=L⑥
粒子在區(qū)域Ⅲ中每段圓弧運(yùn)動(dòng)的時(shí)間${t}_{1}=\frac{1}{3}•\frac{2πm}{Bq}=\frac{2πm}{3Bq}$
粒子在區(qū)域Ⅱ中每段圓弧運(yùn)動(dòng)的時(shí)間${t}_{2}=\frac{2}{3}•\frac{2πm}{2Bq}=\frac{2πm}{3Bq}$
故可設(shè)t₁=t₂=t
若粒子b由第一種軌跡到達(dá)N₁點(diǎn)和粒子c相遇，則${v}_{c}=\frac{L}{t}=\frac{3qBL}{2πm}$，
若粒子b由第二種軌跡到達(dá)x軸且速度方向右下方時(shí)和粒子c相遇，則粒子c運(yùn)動(dòng)的位移大小為nL，${v}_{c}=\frac{nL}{2nt}=\frac{3qBL}{4πm}$
若粒子b由第二種軌跡到達(dá)x軸且速度方向右上方時(shí)和粒子c相遇，則粒子c運(yùn)動(dòng)的位移大小為nL，${v}_{c}=\frac{nL}{（2n-3）t}=\frac{3nqBL}{（4n-6）πm}$（n=2，3，4…）．
答：（1）若粒子a從o點(diǎn)沿與x軸正方向成30°角射入?yún)^(qū)域Ⅰ，且恰好經(jīng)過N點(diǎn)，粒子a的初速度為$\sqrt{\frac{3qEL}{4m}}$；
（2）若粒子b從o點(diǎn)沿與x軸正方向成60°角射入?yún)^(qū)域Ⅲ，且恰好經(jīng)過N點(diǎn)．粒子b的速率為$\frac{2\sqrt{3}qBL}{3m}$或$\frac{\sqrt{3}qBL}{3m}$；
（3）若粒子b從o點(diǎn)以（2）問中速率沿與x軸正方向成60°角射入?yún)^(qū)域Ⅲ的同時(shí)，粒子c也從o點(diǎn)以速率v_c沿x軸正方向勻速運(yùn)動(dòng)，最終兩粒子相遇，則v_c的可能值為$\frac{3nqBL}{（4n-6）πm}$（n=2，3，4…）．

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)問題，首先要運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，常常運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，將其分解為兩個(gè)直線的合成，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運(yùn)動(dòng)，要正確畫出軌跡，由幾何知識(shí)求解半徑．