Question

4．如图（a）所示，竖直面内有两个平行挡板AB、CD，挡板板长L为4m，两板间的距离d₁为2m，两板间有场强大小为$\frac{3}{14}$V/m的匀强电场E₂，E₂的方向竖直向上，在AB板的下方还有另一竖直向上的匀强电场E₁，E₁的场强大小为$\frac{39}{70}$V/m，AB板的正中间开有一小孔O，现有-带正电的粒了由正对小孔O的P点静止释放，OP距离d₁也为2m，带电粒子的质量为10^-3kg，电量为$\frac{14}{3}$×10^-2C当粒子经过小孔O时，在ABCD间加上如图（b）所示的磁场，取磁场垂直于纸面向外为正方向，粒子经过O点点开始计吋，经过时间t垂直于磁场的右边界AD射出，粒子在运动过程中与挡板无碰撞（g=10 m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：

（1）带电粒子到达O点的速度大小；
（2）若t=$\frac{7}{5}$T_B，求磁感应强度B₀的大小；
（3）若两板间距d₂为1m，磁感应强度B₀=$\frac{2}{7}$T，求T₀的大小（结果可以用反三角函数表达，例如cosθ=a，则θ=arccosa）．

Answer 1

分析 （1）带电粒子由P点运动到O点，根据动能定理即可求出到达O点的速度；
（2）带电粒子受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，因为重力和电场力平衡，所以带电粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求出轨道半径，画出运动的轨迹，根据几何关系即可求出磁感应强度${B}_{0}^{\;}$
（3）画出粒子运动轨迹，分情况分析讨论粒子垂直磁场右边界射出的可能情形，结合几何关系和边界限制条件即可求解

解答 解：（1）带电粒子由P点运动到O点，由动能定理有：
$q{E}_{1}^{\;}{d}_{1}^{\;}-mg{d}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$①
解得：${v}_{0}^{\;}=8m/s$
（2）带电粒子进入两板之间，重力$G=mg=1{0}_{\;}^{-2}N$
电场力为$F=q{E}_{2}^{\;}=1{0}_{\;}^{-2}N$
则G=F②
所以粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
当磁场向外时，设半径为${r}_{1}^{\;}$，则
$（3{B}_{0}^{\;}）q{v}_{0}^{\;}=m\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}^{\;}}$③
解得${r}_{1}^{\;}=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{3{B}_{0}^{\;}q}$
当磁场向里时，设半径为${r}_{2}^{\;}$，则
$（2{B}_{0}^{\;}）q{v}_{0}^{\;}=m\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{2}^{\;}}$④
解得：${r}_{2}^{\;}=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{2{B}_{0}^{\;}q}$
粒子运动轨迹如图所示垂直打在磁场右边界上，则

$2{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}=\frac{L}{2}$⑤
由③④⑤得${B}_{0}^{\;}=\frac{7m{v}_{0}^{\;}}{3qL}$，得${B}_{0}^{\;}=0.1T$
（3）粒子垂直打在右边界上，Ⅰ有可能是在$A、{A}_{1}^{\;}…$处打到右边界，如图所示，则

${r}_{1}^{\;}+（{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}）（1+cosθ）n=\frac{L}{2}$（n=0、1、2…）⑥
粒子不打到下极板的条件是$sinθ≥\frac{{r}_{2}^{\;}}{{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}}$⑦
粒子不打到上板的条件是${r}_{1}^{\;}+n（{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}）sinθ≤{d}_{2}^{\;}$⑧
由⑦式解得θ≥37°
由⑥⑧式解得$2≤n≤\frac{8}{3}$
n只能取整数，则n=2，代入⑥式解得
cosθ=0.8，即θ=37°
结合图象则$\frac{2}{5}{T}_{0}^{\;}=\frac{π（1-\frac{37}{180}）{r}_{1}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}$
得${T}_{0}^{\;}=\frac{π}{16}（1-\frac{37}{180}）$
Ⅱ若粒子是在B、${B}_{1}^{\;}$…处垂直打在右边界上，则
${r}_{1}^{\;}+（{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}）cosθ$$+（{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}）（1+cosθ）n=\frac{L}{2}$（n=0，1，2…）⑨
粒子不打到下板的条件是$sinθ≥\frac{{r}_{2}^{\;}}{{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}}$⑩
粒子不打到上板的条件是${r}_{1}^{\;}+n（{r}_{1}^{\;}+{r}_{2}^{\;}）sinθ≤{d}_{2}^{\;}$⑪
由⑩式解得θ≥37°
由⑨⑪式解得$\frac{14}{9}≤n≤\frac{8}{3}$
n只能取整数，则n=2，代入⑨式解得$cosθ=\frac{8}{15}$
即$θ=arccos\frac{8}{15}$，结合图象则$\frac{2}{5}{T}_{0}^{\;}=\frac{（π-θ）{r}_{1}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}$
得${T}_{0}^{\;}=\frac{1}{16}（π-arccos\frac{8}{15}）$
综上所述得${T}_{0}^{\;}=\frac{π}{16}（1-\frac{37}{180}）$或${T}_{0}^{\;}=\frac{1}{16}（π-arccos\frac{8}{15}）$
答：（1）带电粒子到达O点的速度大小为8m/s；
（2）若t=$\frac{7}{5}$T_B，磁感应强度B₀的大小0.1T；
（3）若两板间距d₂为1m，磁感应强度B₀=$\frac{2}{7}$T，T₀的大小为$\frac{π}{16}（1-\frac{37}{180}）$或$\frac{1}{16}（π-arccos\frac{8}{15}）$

点评 本题关键是明确粒子的运动规律，找出临界轨迹，结合几何关系求解轨道半径，结合牛顿第二定律列式求解．