Question

13．如图，平行金属板水平放置，一带电荷量为q（q＞0）、质量为m的a粒子从板的左侧O点沿两板间的中线以初速度v₀射入板间，结果粒子恰好从上板的右侧边缘与静止在此处的另一不带电、等质量的b粒子碰后粘在一起，进入一圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，圆形磁场的圆心与上板在同一直线上．两粒子经磁场偏转后射出磁场，沿水平方向返回两板间，它们又刚好返回到O点．不计粒子重力，金属板长为L，板上所加电压为U=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{q}$，求：
（1）a粒子刚出电场时的速度大小；
（2）两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离；
（3）a粒子在磁场运动过程中所受洛仑兹力大小和洛仑兹力对a粒子的冲量．

Answer 1

分析 （1）因为已知两板间的电压，由动能定理就能求出a粒子做类平抛运动从上边缘离开电场的速度大小．
（2）粘在一起的两粒子在磁场中做匀速圆周运动后，穿出磁场后沿水平方向进入电场，又刚好回到O点，这样两粒子共同在电场中做类平抛运动，由初速度、加速度、位移，就能求出竖直位移，从而能求出返回电场时的位置与下板的距离．
（3）a粒子受到的洛仑兹力提供给两粒子一起做匀速圆周运动，则a粒子受到洛仑兹力就是两粒子做匀速圆周运动的向心力，由几何关系求出两粒子做匀速圆周运动的半径，从而可以求得向心力也就是a粒子的洛仑兹力；至于洛仑兹力对a粒子的冲量，可以由动量定理来求，但要注意的是动量变化是矢量差．

解答 解：（1）设所求为v，由动能定理有：
   $\frac{1}{2}$qU=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²  
　可得　v=$\sqrt{2}{v}_{0}$
（2）a粒子在电场中水平方向匀速，得${t}_{1}=\frac{L}{{v}_{0}}$，由上知出电场时竖直方向v_y=v₀
  则有y₁=$\frac{1}{2}$v_yt₁=$\frac{1}{2}$L，所以两板距离为L　
  返回时，两粒子在电场中仍做类平抛运动，刚好到O点，
  则有${t}_{2}=\frac{L}{\frac{\sqrt{2}{v}_{0}}{2}}$，${y}_{2}=\frac{qU}{2×2mL}{{t}_{2}}^{2}=\frac{1}{2}L$．
 则进入电场的位置与下板的间距为$\frac{1}{2}L-\frac{1}{2}L=0$
（3）由图知，θ=45⁰，由几何关系知$R+\frac{\sqrt{2}}{2}R=L$　得$R=（2-\sqrt{2}）L$
  而两粒子碰撞，由动量守恒有mv=2mv₁，得v₁=$\frac{\sqrt{2}{v}_{0}}{2}$
  所求f_洛=2$m\frac{{{v}_{1}}^{2}}{R}$=$\frac{（2+\sqrt{2}）m{{v}_{0}}^{2}}{2L}$
  由动量定理知：I_洛=2m△v，如图可得△v=$\frac{\sqrt{4+2\sqrt{2}}{v}_{0}}{2}$
  则I_洛=$\sqrt{4+2\sqrt{2}}{mv}_{0}$，方向斜下左下方与水平方向成22.5°．
答：（1）a粒子刚出电场时的速度大小为$\sqrt{2}{v}_{0}$．
（2）两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离为0．
（3）a粒子在磁场运动过程中所受洛仑兹力大小为$\frac{（2+\sqrt{2}）m{{v}_{0}}^{2}}{2L}$、洛仑兹力对a粒子的冲量为$\sqrt{4+2\sqrt{2}}{mv}_{0}$，方向斜下左下方与水平方向成22.5°．

点评 本题的靓点在于：①是粒子两次在电场中做类平抛运动，第一次是单个a粒子已知初速度和电压、位移求末速度的大小和方向，第二次是两粒子一起水平进入电场后返回O点，已知初速度和加速度、水平位移，求竖直位移．②这里涉及到碰撞问题，显然碰撞前后动量守恒．③求洛仑兹力的冲量，由于洛仑兹力是变力，所以只能由动量定理求出两粒子动理的变化，再求出洛仑兹力的冲量．