Question

11．如圖所示，平面直角坐標系xoy位于豎直平面內，M是一塊與y軸夾角30°的擋板，與y軸的交點坐標為（0，$\sqrt{3}$L），下端無限接近x軸上的N點，粒子若打在擋板上會被擋板吸收．擋板左側與x軸之間的區域Ⅰ內存在平行于擋板方向斜向下的勻強電場，電場強度大小為E．擋板右側與x軸之間的區域Ⅱ內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為2B，x軸下方區域Ⅲ存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B．坐標原點o有兩個質量均為m，電荷量分別為+q的粒子a和-q的粒子b，以及一個不帶電的粒子c．空氣阻力和粒子重力均不計，q＞0． 求：
（1）若粒子a從o點沿與x軸正方向成30°角射入區域Ⅰ，且恰好經過N點，求粒子a的初速度v₀；
（2）若粒子b從o點沿與x軸正方向成60°角射入區域Ⅲ，且恰好經過N點．求粒子b的速率v_b；
（3）若粒子b從o點以（2）問中速率沿與x軸正方向成60°角射入區域Ⅲ的同時，粒子c也從o點以速率v_c沿x軸正方向勻速運動，最終兩粒子相遇，求v_c的可能值．

Answer 1

分析 （1）粒子α在電場中只受電場力，做類平拋運動，根據平拋運動基本公式列式求解即可求出初速度v₀；
（2）粒子b到達N點有兩種路徑，畫出兩種運動路徑，由幾何關系得出半徑，再根據洛倫茲力提供向心力求解速度；
（3）設粒子b每次經過x軸時交點為N₁、N₂、N₃…，根據幾何關系求出相鄰兩交點之間的距離，根據帶電粒子在磁場中運動時間與周期的關系列式求解即可．

解答 解：（1）粒子α在電場中做類平拋運動，則有：
$\frac{\sqrt{3}}{2}L={v}_{0}t$①
$\frac{L}{2}=\frac{1}{2}（\frac{qE}{m}）{t}^{2}$ ②
解得：v₀=$\sqrt{\frac{3qEL}{4m}}$
（2）粒子b到達N點有兩種路徑，
第一種：先在區域Ⅲ中圓周運動，然后到區域Ⅱ中圓周運動再到達N點，軌跡如圖①
幾何知識得ON=L=2r₂cos30°-2r₁cos30°③
且2r₂=r₁，$q{v}_B=\frac{m{v}_{\;}^{2}}{{r}_{1}}$④
解得${r}_{1}=\frac{2\sqrt{3}}{3}L$，${r}_{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}L$，v_b=$\frac{2\sqrt{3}qBL}{3m}$
第二種：在區域Ⅲ中圓周運動直接到達N點，軌跡如圖②．由幾何知識得ON=L=2r₁′cos30°⑤
且$q{v}_′B=\frac{m{v}_{′}^{2}}{{r}_{1}′}$⑥
解得${r}_{1}′=\frac{2\sqrt{3}}{3}L$，v_b′=$\frac{\sqrt{3}qBL}{3m}$
（3）設粒子b每次經過x軸時交點為N₁、N₂、N₃…，并且相鄰兩交點之間的距離為△x=2r₂cos30°=L⑥
粒子在區域Ⅲ中每段圓弧運動的時間${t}_{1}=\frac{1}{3}•\frac{2πm}{Bq}=\frac{2πm}{3Bq}$
粒子在區域Ⅱ中每段圓弧運動的時間${t}_{2}=\frac{2}{3}•\frac{2πm}{2Bq}=\frac{2πm}{3Bq}$
故可設t₁=t₂=t
若粒子b由第一種軌跡到達N₁點和粒子c相遇，則${v}_{c}=\frac{L}{t}=\frac{3qBL}{2πm}$，
若粒子b由第二種軌跡到達x軸且速度方向右下方時和粒子c相遇，則粒子c運動的位移大小為nL，${v}_{c}=\frac{nL}{2nt}=\frac{3qBL}{4πm}$
若粒子b由第二種軌跡到達x軸且速度方向右上方時和粒子c相遇，則粒子c運動的位移大小為nL，${v}_{c}=\frac{nL}{（2n-3）t}=\frac{3nqBL}{（4n-6）πm}$（n=2，3，4…）．
答：（1）若粒子a從o點沿與x軸正方向成30°角射入區域Ⅰ，且恰好經過N點，粒子a的初速度為$\sqrt{\frac{3qEL}{4m}}$；
（2）若粒子b從o點沿與x軸正方向成60°角射入區域Ⅲ，且恰好經過N點．粒子b的速率為$\frac{2\sqrt{3}qBL}{3m}$或$\frac{\sqrt{3}qBL}{3m}$；
（3）若粒子b從o點以（2）問中速率沿與x軸正方向成60°角射入區域Ⅲ的同時，粒子c也從o點以速率v_c沿x軸正方向勻速運動，最終兩粒子相遇，則v_c的可能值為$\frac{3nqBL}{（4n-6）πm}$（n=2，3，4…）．

點評 帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑．