Question

7．如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為d，兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向里．一質(zhì)量為m、帶電量+q、重力不計(jì)的帶電粒子，以初速度v₁垂直邊界射入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，后進(jìn)入電場做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后第二次進(jìn)入磁場中運(yùn)動(dòng)，此后離子在電場和磁場中交替運(yùn)動(dòng)，已知粒子第二次在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推，求：
（1）粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功W₁．
（2）粒子第n次經(jīng)過電場時(shí)電場強(qiáng)度的大小E_n．
（3）粒子第n次經(jīng)過電場所用的時(shí)間t_n．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出粒子第n次進(jìn)入磁場時(shí)的半徑R_n與速度的關(guān)系式，由題給條件研究粒子第2次進(jìn)入磁場時(shí)的速度，即粒子第一次經(jīng)過電場的過程的末速度，根據(jù)動(dòng)能定理求解粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功W₁．
（2）根據(jù)第（1）問的結(jié)果可知粒子第n+1次進(jìn)入磁場時(shí)和第n次進(jìn)入磁場時(shí)的速度，即第n次進(jìn)入電場時(shí)和穿出電場時(shí)的速度，根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子第n次經(jīng)過電場時(shí)電場強(qiáng)度的大小E_n．
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出粒子第n次經(jīng)過電場時(shí)的加速度，由（2）結(jié)論，由速度公式求出粒子第n次經(jīng)過電場所用的時(shí)間t_n．

解答 解：（1）設(shè)粒子第n次進(jìn)入磁場時(shí)的半徑為R_n，速度為v_n，
由牛頓第二定律得：$q{v_n}B=m\frac{v_n^2}{R_n}$…①
由①式得：${v_n}=\frac{{qB{R_n}}}{m}$…②
因?yàn)镽₂=2R₁，
所以有：V₂=2v₁…③
對(duì)粒子第一次在電場中運(yùn)動(dòng)的過程，
由動(dòng)能定理得：${W_1}=\frac{1}{2}mv_2^2-\frac{1}{2}mv_1^2$…④
聯(lián)立③④式得：${W_1}=\frac{3mv_1^2}{2}$…⑤
（2）粒子第n次進(jìn)入電場時(shí)速度為v_n，穿出電場時(shí)速度為v_n+1，
由題意知：V_n=nv₁，v_n+1=（n+1）v₁    …⑥
由動(dòng)能定理得：$q{E_n}d=\frac{1}{2}mv_{n+1}^2-\frac{1}{2}mv_n^2$…⑦
聯(lián)立⑥⑦式得：${E_n}=\frac{（2n+1）mv_1^2}{2qd}$…⑧
（3）設(shè)粒子第n次在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度為a_n，
由牛頓第二定律得：qE_n=ma_n…⑨
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v_n+1-v_n=a_nt_n…⑩
聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩式得：${t_n}=\frac{2d}{{（2n+1）{v_1}}}$
答：（1）粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功W₁$\frac{3m{v}_{1}^{2}}{2}$；
（2）粒子第n次經(jīng)過電場時(shí)電場強(qiáng)度的大小E_n為$\frac{（2n+1）m{v}_{1}^{2}}{2qd}$
（3）粒子第n次經(jīng)過電場所用的時(shí)間t_n為$\frac{2d}{（2n+1）{v}_{1}}$

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是充分應(yīng)用題給條件研究粒子第n次進(jìn)入電場時(shí)的速度，穿出電場時(shí)速度．動(dòng)能定理是功常用的方法．