Question

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E0的場強方向豎直向上，在電場左邊界AB上寬為L的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子。從某時刻起由Q到P點間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場E0中，若從Q點射入的粒子，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，若MT兩點的距離為L/2。不計粒子的重力及它們間的相互作用。試求：

（1）電場強度E0與E1；

（2）在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直CD邊水平射出，這些

入射點到P點的距離有什么規(guī)律？

（3）有一邊長為a、由光滑絕緣壁圍成的正方形容器，在其邊界正中央開有一小孔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多次垂直碰撞后仍能從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，在容器中現(xiàn)加上一個如圖所示的勻強磁場，粒

子運動的半徑小于a，磁感應(yīng)強度B的大小還應(yīng)滿足什么條件？

Answer 1

（1）  即。（2）在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直CD邊水平射出，這些入射點到P點的距離為（n=1、2、3、…）（3）B2=，N=1、2、3…．   解析： （1）設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點R由E0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vy，則：

由及得：

   ① 

  ②  

   ③  

        ④   

上述三式聯(lián)立解得：,    即。

（2）（8分）由E1＝2E0及③式可得t1＝2t2。

因沿PT方向粒子做勻速運動，故P、R兩點間的距離是R、T兩點間距離的兩倍。即粒子在E0電場做類平拋運動在PT方向的位移是在E1電場中的兩倍。

設(shè)PQ間到P點距離為△y的F處射出的粒子通過電場后也沿水平方向，若粒子第一次達PT直線用時△t，水平位移為△x，則

     

粒子在電場E1中可能做類平拋運動后垂直CD邊射出電場，也可能做類斜拋運動后返

回E0電場，在E0電場中做類平拋運動垂直CD水平射出，或在E0電場中做類斜拋運動

再返回E1電場。

若粒子從E1電場垂直CD射出電場，則

      （n＝0、1、2、3、……）

解之得： 

（n＝0、1、2、3、……）

若粒子從E0電場垂直CD射出電場，則

 （k＝1、2、3、……）    

  （k＝1、2、3、……）

即PF間的距離為其中n＝0、1、2、3、……，k＝1、2、3、……

或          （n＝1、2、3、……）          （2分）

解之得：

（n＝1、2、3、……）                       （2分）

即PF間的距離為 （n = 1，2，3，……）      

（3）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  

又            

解得：

對圖乙所示的情形，粒子運動的半徑為R2，則   

又       

   

綜合B1、B2得：

或           

又       

   

【思路點撥】（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�。唬�2）粒子進入電場做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解，結(jié)合運動學(xué)公式，再由牛頓第二定律可求得磁感應(yīng)強度；（3）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．帶電粒子在電場磁場中的運動要把握其運動規(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．