Question

20．如图所示，相距3L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PT上方的电场I的场强方向竖直向下，PT下方的电场Ⅱ的场强方向竖直向上，电场I的场强大小是电场Ⅱ的场强大小的两倍，在电场左边界AB上有点Q，PQ间距离为L．从某时刻起由Q以初速度v₀沿水平方向垂直射入匀强电场的带电粒子，电量为+q、质量为m．通过PT上的某点R进入匀强电场I后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若PR两点的距离为2L．不计粒子的重力．试求：
（1）匀强电场I的电场强度E的大小和MT之间的距离；
（2）有一边长为a、由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正中央开有一小孔S，将其置于CD右侧且紧挨CD边界，若从Q点射入的粒子经AB、CD间的电场从S孔水平射入容器中．欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S孔射出（粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电量损失），并返回Q点，需在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，粒子运动的半径小于$\frac{1}{2}$a，求磁感应强度B的大小应满足的条件以及从Q出发再返回到Q所经历的时间．

Answer 1

分析 （1）粒子在两电场中做类平抛运动，由图可得出粒子在两电场中的运动情况；分别沿电场方向和垂直电场方向列出物理规律，联立可解得电场强度的大小；
（2）欲使粒子仍能从S孔处射出，粒子运动的半径为r应满足：$（{1+2n}）r=\frac{1}{2}a$（n=1，2…）．根据几何关系计算时间的大小．

解答 解：（1）设粒子经PT直线上的点R由E₂电场进入E₁电场，由Q到R及R到M点的时间分别为t₂与t₁，到达R时竖直速度为v_y，则：
由F=qE=ma
2L=v₀t₂
L=v₀t₁
$L=\frac{1}{2}\frac{{{E_2}q}}{m}t_2^2$
所以得：${E_1}=\frac{mv_0^2}{qL}$
${v_y}=\frac{{{E_2}q}}{m}{t_2}=\frac{{{E_1}q}}{m}{t_1}$
$MT=\frac{1}{2}\frac{{{E_1}q}}{m}t_1^2$
上述三式联立解得：$MT=\frac{1}{2}L$
（2）欲使粒子仍能从S孔处射出，粒子向上偏转后可能在SM之间与正三角形容器没有碰撞，在另外的两个边上各碰撞一次，运动的轨迹如图，则：r=$\frac{1}{2}$a；
若粒子向上偏转后可能在SM之间与正三角形容器发生一次碰撞，在另外的两个边上各碰撞三次，运动的轨迹如图，则：$3r=\frac{1}{2}a$
若粒子向上偏转后可能在SM之间与正三角形容器发生n次碰撞，则$（{1+2n}）r=\frac{1}{2}a$（n=1，2…）
粒子运动的半径为r，则：$qvB=\frac{mv_0^2}{r}$
解得：$B=\frac{{2m{v_0}（1+2n）}}{qa}$（n=1，2…）
由几何关系可知$t=3×（2n×\frac{T}{2}+\frac{T}{6}）=（3n+\frac{1}{2}）T$（n=1，2，3…）
$T=\frac{2πR}{v}=\frac{2πm}{Bq}$
代入B得：$T=\frac{πa}{{（2n+1）{v_0}}}$，$t=\frac{（6n+1）πa}{{2（2n+1）{v_0}}}，n=1.2…$
电场中运动的总时间为：t′=2（t₁+t₂）=$\frac{6L}{{v}_{0}}$
故从Q出发再返回到Q所经历的时间为：t_总=t+t′=$\frac{（6n+1）πa}{2（2n+1）{v}_{0}}$+$\frac{6L}{{v}_{0}}$，n=1，2，…
答：（1）匀强电场I的电场强度E的大小为${E_1}=\frac{mv_0^2}{qL}$，MT之间的距离为$\frac{1}{2}$L；
（2）磁感应强度B的大小应满足的条件为$B=\frac{{2m{v_0}（1+2n）}}{qa}$n=1，2…；从Q出发再返回到Q所经历的时间为$\frac{（6n+1）πa}{2（2n+1）{v}_{0}}$+$\frac{6L}{{v}_{0}}$，n=1，2，…．

点评 带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场．和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径，属于难题．