Question

4．如圖（a）所示，豎直面內(nèi)有兩個(gè)平行擋板AB、CD，擋板板長L為4m，兩板間的距離d₁為2m，兩板間有場強(qiáng)大小為$\frac{3}{14}$V/m的勻強(qiáng)電場E₂，E₂的方向豎直向上，在AB板的下方還有另一豎直向上的勻強(qiáng)電場E₁，E₁的場強(qiáng)大小為$\frac{39}{70}$V/m，AB板的正中間開有一小孔O，現(xiàn)有-帶正電的粒了由正對小孔O的P點(diǎn)靜止釋放，OP距離d₁也為2m，帶電粒子的質(zhì)量為10^-3kg，電量為$\frac{14}{3}$×10^-2C當(dāng)粒子經(jīng)過小孔O時(shí)，在ABCD間加上如圖（b）所示的磁場，取磁場垂直于紙面向外為正方向，粒子經(jīng)過O點(diǎn)點(diǎn)開始計(jì)吋，經(jīng)過時(shí)間t垂直于磁場的右邊界AD射出，粒子在運(yùn)動過程中與擋板無碰撞（g=10 m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：

（1）帶電粒子到達(dá)O點(diǎn)的速度大小；
（2）若t=$\frac{7}{5}$T_B，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀的大小；
（3）若兩板間距d₂為1m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀=$\frac{2}{7}$T，求T₀的大小（結(jié)果可以用反三角函數(shù)表達(dá)，例如cosθ=a，則θ=arccosa）．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子由P點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)，根據(jù)動能定理即可求出到達(dá)O點(diǎn)的速度；
（2）帶電粒子受到重力、電場力和洛倫茲力的作用，因?yàn)橹亓�和電場力平衡，所以帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力求出軌道半徑，畫出運(yùn)動的軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度${B}_{0}^{\;}$
（3）畫出粒子運(yùn)動軌跡，分情況分析討論粒子垂直磁場右邊界射出的可能情形，結(jié)合幾何關(guān)系和邊界限制條件即可求解

解答 解：（1）帶電粒子由P點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)，由動能定理有：
$q{E}_{1}^{\;}wggwcgo_{1}^{\;}-mgeuqguga_{1}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$①
解得：${v}_{0}^{\;}=8m/s$
（2）帶電粒子進(jìn)入兩板之間，重力$G=mg=1{0}_{\;}^{-2}N$
電場力為$F=q{E}_{2}^{\;}=1{0}_{\;}^{-2}N$
則G=F②
所以粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，
當(dāng)磁場向外時(shí)，設(shè)半徑為${r}_{1}^{\;}$，則
$（3{B}_{0}^{\;}）q{v}_{0}^{\;}=m\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}^{\;}}$③
解得${r}_{1}^{\;}=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{3{B}_{0}^{\;}q}$
當(dāng)磁場向里時(shí)，設(shè)半徑為${r}_{2}^{\;}$，則
$（2{B}_{0}^{\;}）q{v}_{0}^{\;}=m\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{2}^{\;}}$④
解得：${r}_{2}^{\;}=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{2{B}_{0}^{\;}q}$
粒子運(yùn)動軌跡如圖所示垂直打在磁場右邊界上，則

$2{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}=\frac{L}{2}$⑤
由③④⑤得${B}_{0}^{\;}=\frac{7m{v}_{0}^{\;}}{3qL}$，得${B}_{0}^{\;}=0.1T$
（3）粒子垂直打在右邊界上，Ⅰ有可能是在$A、{A}_{1}^{\;}…$處打到右邊界，如圖所示，則

${r}_{1}^{\;}+（{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}）（1+cosθ）n=\frac{L}{2}$（n=0、1、2…）⑥
粒子不打到下極板的條件是$sinθ≥\frac{{r}_{2}^{\;}}{{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}}$⑦
粒子不打到上板的條件是${r}_{1}^{\;}+n（{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}）sinθ≤g2siqck_{2}^{\;}$⑧
由⑦式解得θ≥37°
由⑥⑧式解得$2≤n≤\frac{8}{3}$
n只能取整數(shù)，則n=2，代入⑥式解得
cosθ=0.8，即θ=37°
結(jié)合圖象則$\frac{2}{5}{T}_{0}^{\;}=\frac{π（1-\frac{37}{180}）{r}_{1}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}$
得${T}_{0}^{\;}=\frac{π}{16}（1-\frac{37}{180}）$
Ⅱ若粒子是在B、${B}_{1}^{\;}$…處垂直打在右邊界上，則
${r}_{1}^{\;}+（{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}）cosθ$$+（{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}）（1+cosθ）n=\frac{L}{2}$（n=0，1，2…）⑨
粒子不打到下板的條件是$sinθ≥\frac{{r}_{2}^{\;}}{{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}}$⑩
粒子不打到上板的條件是${r}_{1}^{\;}+n（{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}）sinθ≤eiksea2_{2}^{\;}$⑪
由⑩式解得θ≥37°
由⑨⑪式解得$\frac{14}{9}≤n≤\frac{8}{3}$
n只能取整數(shù)，則n=2，代入⑨式解得$cosθ=\frac{8}{15}$
即$θ=arccos\frac{8}{15}$，結(jié)合圖象則$\frac{2}{5}{T}_{0}^{\;}=\frac{（π-θ）{r}_{1}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}$
得${T}_{0}^{\;}=\frac{1}{16}（π-arccos\frac{8}{15}）$
綜上所述得${T}_{0}^{\;}=\frac{π}{16}（1-\frac{37}{180}）$或${T}_{0}^{\;}=\frac{1}{16}（π-arccos\frac{8}{15}）$
答：（1）帶電粒子到達(dá)O點(diǎn)的速度大小為8m/s；
（2）若t=$\frac{7}{5}$T_B，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀的大小0.1T；
（3）若兩板間距d₂為1m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀=$\frac{2}{7}$T，T₀的大小為$\frac{π}{16}（1-\frac{37}{180}）$或$\frac{1}{16}（π-arccos\frac{8}{15}）$

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動規(guī)律，找出臨界軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求解軌道半徑，結(jié)合牛頓第二定律列式求解．