Question

14．如图所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向里．P 点的坐标为（-L，0），M₁、M₂两点的坐标分别为（0，L）、（0，-L）．质量为 m，电荷量为 q 的带负电粒子A₁，靠近极板经过加速电压为U的电场静止加速后，沿PM₁方向运动．有一质量也为 m、不带电的粒子A₂静止在M₁点，粒子A₁经过M₁点时与 A₂发生碰撞，碰后粘在一起成为一个新粒子 A₃进入磁场（碰撞前后质量守恒、电荷量守恒），通过磁场后直接到达 M₂，在坐标为（-$\frac{1}{3}$L，0）处的 C点固定一平行于y轴放置绝缘弹性挡板，C为挡板中点．假设带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿 x 方向分速度大小不变、方向相反．不计所有粒子的重力及粒子间的相互作用力．
（1）粒子A₁与A₂碰后瞬间的速度大小．
（2）磁感应强度的大小．
（3）若粒子A₂带负电，且电荷量为q'，发现粒子A₃与挡板碰撞两次，能返回到P点，求粒子A₂ 的电荷量q'．

Answer 1

分析 （1）粒子A₁经电场加速，由动能定理可以求出碰前的速度v，碰撞前后动量守恒，就能求出粒子A₁与A₂碰后瞬间的速度大小．
（2）粒子A₃在磁场中做匀速圆周运动直接到达M₂点，由几何关系求出A₃做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力就能求出磁感应强度的大小．
（3）碰后由于总电量增大，则粒子A₃在磁场中做匀速圆周运动的半径r₄减小，但离开磁场后恰能与C板碰撞两次又回到P点．由粒子做匀速圆周运动和碰撞的对称性，画出粒子的轨迹，由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径r₄，由洛仑兹力提供向心力就能求出A₃的总电量，也就求出了A₂的电量．

解答  解：（1）粒子A₁经电压U加速：$Uq=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
与静止的A₂发生碰撞，由动量守恒定律：mv=2mv₃
联立可得：v₃=$\sqrt{\frac{Uq}{2m}}$
（2）粒子A₃在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹如图所示
  由几何关系可知粒子A₃做匀速圆周运动的半径r₃=O₃M₁=$\frac{L}{cos45°}=\sqrt{2}L$
对粒子A₃，洛仑兹力提供向心力：$q{v}_{3}B=2m\frac{{{v}_{3}}^{2}}{{r}_{3}}$
从而求得：B=$\frac{1}{L}\sqrt{\frac{Um}{q}}$
（3）若让A₂带上负电q′，由于总的电荷量变大，则A₃粒子在磁场中做匀速圆周运动的
半径减小设为r₄，由题设画出粒子的运动轨迹如图所示，进入磁场的方向与PM₁平行，
每次在磁场中偏转一次，沿y轴的负方向下移距离：
   $△{y}_{1}=2{r}_{4}cos45°=\sqrt{2}{r}_{4}$ 
离开磁场的方向与M₂P平行．从磁场出来与C板碰撞再进入磁场时，粒子沿y轴正方向上
移的距离：
  $△{y}_{2}=2\overline{OC}tan45°=\frac{2}{3}L$
由题意经过两次与C板碰撞后回到P点，则有：
  3△y₁-2△y₂=2L
联立以上两式可得：${r}_{4}=\frac{5\sqrt{2}}{9}L$ 
而对粒子A3做匀速圆周运动时有：$（q+q′）B{v}_{3}=2m\frac{{{v}_{3}}^{2}}{{r}_{4}}$
联立以上可得：q′=4q
答：（1）粒子A₁与A₂碰后瞬间的速度大小为$\sqrt{\frac{Uq}{2m}}$．
（2）磁感应强度的大小为$\frac{1}{L}\sqrt{\frac{Um}{q}}$．
（3）若粒子A₂带负电，且电荷量为q'，发现粒子A₃与挡板碰撞两次，能返回到P点，则粒子A₂ 的电荷量q'为4q．

点评 本题的靓点在于第三问：首先确定的是进入磁场时方向与PM₁平行，离不开磁场时与M₂P平行，由于粒子与C板碰撞两次后回到P点，由粒子在磁场中偏转三次，离开磁场两次，三次向下偏移的距离与两次向上偏移的距离之差恰为M₁M₂之间的距离．