Question

13．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，x=2L處豎直放置一個(gè)長為L的粒子吸收板AB，其下端點(diǎn)A在x軸上，粒子打到吸收板上立即被板吸收，不考慮吸收板帶電對粒子運(yùn)動(dòng)的影響．在AB左側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，在AB右側(cè)存在垂直存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場．原點(diǎn)O處有一粒子源，可沿x軸正向射出質(zhì)量為m、電量為+q的不同速率的帶電粒子，不計(jì)粒子的重力．
（1）若射出的粒子能打在AB板上，求能力打在AB板上的粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度范圍；
（2）在電場可側(cè)放置擋板BD，擋板與x軸交于C點(diǎn)，已知AC=AB，BC=2CD．粒子與擋板碰撞速度大小不變，方向反向，為使由AB上邊緣進(jìn)入磁場的粒子能到達(dá)CD區(qū)域，求磁場感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，考慮恰好射到B點(diǎn)的臨界情況，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式列式求解即可；
（2）由AB上邊緣進(jìn)入磁場的粒子，先由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得到其速度大小和方向，進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出恰好經(jīng)過C或D的臨界軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到臨界半徑，根據(jù)牛頓第二定律得到磁場感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，加速度為a，則：
豎直分位移：L≥$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
水平分位移：2L=v₀t，
加速度：a=$\frac{qE}{m}$，
解得：v₀≥$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$；
（2）設(shè)粒子打到B點(diǎn)時(shí)速度為v_合，與豎直方向夾角為θ，豎直方向速度為v_y，結(jié)合第一問的解答，則v_y=at=v₀，故θ=45°；
故${v}_{合}=\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{0}^{2}}$，得到${v}_{合}=\sqrt{\frac{4qEL}{m}}$；

所以粒子垂直于BD邊進(jìn)入磁場，由題意可知粒子從B點(diǎn)垂直射入磁場經(jīng)半圓垂直打到D時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小．
由$Bq{v}_{合}=m\frac{{v}_{合}^{2}}{R}$ 得：R=$\frac{m{v}_{合}}{qB}$；
若運(yùn)動(dòng)1個(gè)半圓打到CD區(qū)域，有：$\sqrt{2}L≤2R≤\frac{3\sqrt{2}}{2}L$；
若運(yùn)動(dòng)2個(gè)半圓打到CD區(qū)域，有：$\sqrt{2}L≤4R≤\frac{3\sqrt{2}}{2}L$；
若運(yùn)動(dòng)3個(gè)及以上半圓打到CD區(qū)域有2R≤$\frac{{\sqrt{2}}}{2}L$；
由以上解得：$\frac{4}{3}\sqrt{\frac{2Em}{qL}}≤B≤2\sqrt{\frac{2Em}{qL}}$或$B≥\frac{8}{3}\sqrt{\frac{2Em}{qL}}$；
答：（1）若射出的粒子能打在AB板上，求能打在AB板上的粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度范圍是v₀≥$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$；
（2）為使由AB上邊緣進(jìn)入磁場的粒子能到達(dá)CD區(qū)域，磁場感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為：$\frac{4}{3}\sqrt{\frac{2Em}{qL}}≤B≤2\sqrt{\frac{2Em}{qL}}$或$B≥\frac{8}{3}\sqrt{\frac{2Em}{qL}}$．

點(diǎn)評 本題是粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)問題，在電場中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，注意兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的連接位置的速度大小和方向的判斷．