Question

（2007?徐州一模）如圖所示，粒子源S可以不斷地產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（重力不計）．粒子從O₁孔漂進（初速不計）一個水平方向的加速電場，再經(jīng)小孔O₂進入相互正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B₁，方向如圖．虛線PQ、MN之間存在著水平向右的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B₂（圖中未畫出）．有一塊折成直角的硬質(zhì)塑料板abc（不帶電，寬度很窄，厚度不計）放置在PQ、MN之間（截面圖如圖），a、c兩點恰在分別位于PQ、MN上，ab=bc=L，α=45°．現(xiàn)使粒子能沿圖中虛線O₂O₃進入PQ、MN之間的區(qū)域．
（1）求加速電壓U₁．
（2）假設(shè)粒子與硬質(zhì)塑料板相碰后，速度大小不變，方向變化遵守光的反射定律．粒子在PQ、MN之間的區(qū)域中運動的時間和路程分別是多少？

Answer 1

分析：（1）粒子源發(fā)出的粒子，進入加速電場被加速，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律能求出加速獲得的速度．
粒子經(jīng)過復(fù)合場時，電場力向下，洛倫茲力向上，都與速度垂直，故合力為零，根據(jù)平衡條件列式求解加速電壓U₁；
（2）粒子進入PQ、MN之間的區(qū)域，由于速度方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力而做勻速直線運動．粒子與ab板第一次碰撞后，速度向上，洛倫茲力提供向心力，在與ac邊垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運動，經(jīng)過一圈后，與ab邊內(nèi)側(cè)碰撞，碰撞后水平向右運動，與bc邊二次碰撞后，在與ac邊垂直的平面內(nèi)做再次勻速圓周運動，又經(jīng)過一圈后，與b邊外側(cè)碰撞，水平向右離開磁場．根據(jù)運動軌跡，分勻速直線運動和勻速圓周運動求時間和路程．對于勻速圓周運動，先計算半徑和周期，再根據(jù)軌跡計算總時間和總路程．

解答：解：（1）粒子源發(fā)出的粒子，進入加速電場被加速，速度為v₀，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：qU₁=

1

2

m

v

2 0

                                 
要使粒子能沿圖中虛線O₂O₃進入PQ、MN之間的區(qū)域，則粒子所受到向上的洛倫茲力與向下的電場力大小相等，
 則 qE=qv₀B
得到 v₀=

E

B1

                                      　　
將②式代入①式，解得 U₁=

mE2

2q B 2 1

                        
（2）粒子從O₃以速度v₀進入PQ、MN之間的區(qū)域，先做勻速直線運動，打到ab板上，以大小為v₀的速度垂直于磁場方向運動．粒子將以半徑R在垂直于磁場的平面內(nèi)作勻速圓周運動，轉(zhuǎn)動一周后打到ab板的下部．由于不計板的厚度，所以質(zhì)子從第一次打到ab板到第二次打到ab板后運動的時間為粒子在磁場運動一周的時間，即一個周期T．
由 qvB₂=

m v 2 0

R

和運動學(xué)公式 T=

2πR

v0

，解得 T=

2πm

qB2

                     
粒子在磁場中共碰到2塊板，做圓周運動所需的時間為 t₁=2T=

4πm

qB2

．
做圓周運動的路程為 s₁=2?2πR=

4πmE

qB1B2

．
粒子進入磁場中，在v₀方向的總位移s₂=2Lsin45°=

2

L，時間為 t₂=

s2

v0

=

2 B1L

E

，
則 t=t₁+t₂=

4πm

qB2

+

2 B1L

E

，
總路程s=s₁+s₂=

4πmE

qB1B2

+

2

L
答：
（1）加速電壓U₁為

mE2

2q B 2 1

．
（2）假設(shè)粒子與硬質(zhì)塑料板相碰后，速度大小不變，方向變化遵守光的反射定律．粒子在PQ、MN之間的區(qū)域中運動的時間為

4πm

qB2

+

2 B1L

E

，
路程是

4πmE

qB1B2

+

2

L．

點評：本題中的復(fù)合場具有速度選擇的功能，進入磁場區(qū)域后，根據(jù)動力學(xué)規(guī)律先確定運動軌跡，再進行計算．