Question

2．如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PT上方的電場E₁的場強方向豎直向下，PT下方的電場E₂的場強豎直向上，Q點是電場左邊界AB邊上的一點，PQ間距為L．現(xiàn)有電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，以初速度v₀沿水平方向垂直射入勻強電場E₂中，通過PT上的某點R進入勻強電場E₁后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖，MT兩點的距離為L/2．不計粒子的重力和空氣阻力，求：

（1）電場強度$\frac{{E}_{1}}{{E}_{2}}$=？
（2）現(xiàn)有一邊長為d、由光滑絕緣壁圍城的正方形容器abcd，在其邊界ad邊正中央開有一小孔S，將其置于CD右側(cè)，若從Q點射入的粒子經(jīng)AB、CD間的電場從S孔水平射入容器中．欲使粒子在容器中與器壁垂直碰撞后仍能從S孔射出（粒子與絕緣壁碰撞時無能量和電量損失），并返回Q點，在容器中加上垂直紙面向里的勻強磁場，已知粒子運動的半徑小于d，求磁感應(yīng)強度B的大小應(yīng)滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）粒子在兩電場中做類平拋運動，由圖可得出粒子在兩電場中的運動情況；分別沿電場方向和垂直電場方向列出物理規(guī)律，聯(lián)立可解得電場強度的大��；
（2）粒子進入磁場時做圓周運動，由題意可知其運動的臨界半徑值，再由牛頓第二定律可求得磁感應(yīng)強度．

解答 解：（1）設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點R由E₂電場進入E₁電場，由Q到R及R到M點的時間分別為t₁與t₂，到達R時豎直速度為v_y，則：
由s=$\frac{1}{2}$at²，v=at，及牛頓第二定律得：F=qE=ma得：
L=$\frac{1}{2}$a₁t₁²=$\frac{1}{2}$×$\frac{q{E}_{2}}{m}$×t₁²…①$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}$a₂t₂²=$\frac{1}{2}$$\frac{q{E}_{1}}{m}$t₂²…②
速度關(guān)系：v_y=$\frac{q{E}_{2}}{m}$t₁=$\frac{q{E}_{1}}{m}$t₂…③v₀（t₁+t₂）=2L…④
由①②③④解得：$\frac{{E}_{1}}{{E}_{2}}$=2；
（2）欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子的運動軌跡可能是如圖甲、乙所示的兩種情況，
對圖甲所示的情形，粒子運動的半徑為R₁，則：R₁=$\fracbh5zzhx{2（2n+1）}$，n=0、1、2、…
由牛頓第二定律得：qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}}$，解得：B₁=$\frac{2（2n+1）m{v}_{0}}{qd}$，n=0、1、2、3…
對圖乙所示的情形，粒子運動的半徑為R₂，則：R₂=$\frac7jb5tdd{4k}$，k=1、2、…
由牛頓第二定律得：qv₀B₂=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{2}}$，解得：B₂=$\frac{4km{v}_{0}}{qd}$，k=1、2、3…
綜合B₁、B₂得：B=$\frac{2Nm{v}_{0}}{qd}$，N=1、2、3…
答：（1）電場強度$\frac{{E}_{1}}{{E}_{2}}$=2；
（2）磁感應(yīng)強度B的大小應(yīng)滿足的條件是：B=$\frac{2Nm{v}_{0}}{qd}$，N=1、2、3…．

點評 本題考查了帶電粒子在電場與磁場中的運動，要掌握帶電粒子在電場磁場中的運動規(guī)律，在電場中利用幾何關(guān)系得出其沿電場．和垂直于電場的運動規(guī)律；而在磁場中也是要注意找出相應(yīng)的幾何關(guān)系，從而確定圓心和半徑．