Question

14．如圖甲，兩個絕緣的足夠大的擋板M、N豎直放置，兩板間存在一個豎直向上的勻強電場，另外有一個垂直紙面的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度隨時間變化的圖象如圖乙所示（以垂直紙面向外的方向為正，B₀和T₀為已知量）．在t=$\frac{1}{8}$T₀時刻，兩個完全相同帶正電的小球A、B以相同大小的初速度v₀分別從緊貼M、N兩板的位置水平射入電磁場中，在t=$\frac{5}{8}$T₀兩球發(fā)生第一次碰撞，假設(shè)兩個小球之間、小球與擋板之間的碰撞均為彈性碰撞，不計碰撞時間，且每次碰撞小球所帶電荷量不變，已知小球的比荷為$\frac{32π}{3{B}_{0}{T}_{0}}$，且小球所受電場力大小等于重力的大小，重力加速度為g，不考慮空氣阻力及磁場變化產(chǎn)生的電場，則

（1）求電場強度E的大小；
（2）畫出兩個小球的運動軌跡并求出兩板間距d的大�。�
（3）求出兩個小球所有的碰撞時刻．

Answer 1

分析 （1）由小球所受電場力大小等于重力求解；
（2）按磁感應(yīng)強度分階段進行受力分析，進而得到其運動方程，從而對三個階段進行疊加得到d的表達式進而求解；
（3）求出小球運動的周期及小球碰撞規(guī)律，進而得到所有碰撞時間．

解答 解：（1）由于小球所受電場力大小等于重力，即qE=mg，所以，$E=\frac{mg}{q}=\frac{3{B}_{0}{T}_{0}g}{32π}$；
（2）在磁感應(yīng)強度為零時，小球所受合外力為零，故$\frac{1}{8}{T}_{0}＜t＜\frac{1}{4}{T}_{0}$，小球都做勻速直線運動，運動位移${s}_{1}=\frac{1}{8}{v}_{0}{T}_{0}$；
$\frac{1}{4}{T}_{0}＜t＜\frac{1}{2}{T}_{0}$，小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即${B}_{0}{v}_{0}q=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{r}$，所以，$r=\frac{m{v}_{0}}{{B}_{0}q}=\frac{{3v}_{0}{T}_{0}}{32π}$，$T=\frac{2πr}{{v}_{0}}=\frac{3{T}_{0}}{16}$；
則在$\frac{1}{4}{T}_{0}＜t＜\frac{1}{2}{T}_{0}$時間內(nèi)小球轉(zhuǎn)過$n=\frac{\frac{1}{4}{T}_{0}}{\frac{3}{16}{T}_{0}}=\frac{4}{3}$個圓周；
$\frac{1}{2}{T}_{0}＜t＜\frac{5}{8}{T}_{0}$，小球做勻速直線運動，位移大小${s}_{2}=\frac{1}{8}{v}_{0}{T}_{0}$；
在$t=\frac{5}{8}{T}_{0}$時，兩個小球在P點相碰，因兩小球發(fā)生彈性碰撞，則在P點碰撞后發(fā)生速度交換，此后開始做周期性運動，軌跡如圖，

由幾何關(guān)系可得d=2（s₁+rcos30°-s₂cos60°）=$2×（\frac{1}{8}{v}_{0}{T}_{0}+\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{3{v}_{0}{T}_{0}}{32π}-\frac{1}{2}×\frac{1}{8}{v}_{0}{T}_{0}）$=$\frac{1}{8}{v}_{0}{T}_{0}+\frac{3\sqrt{3}{v}_{0}{T}_{0}}{32π}$=$\frac{4π+3\sqrt{3}}{32π}{v}_{0}{T}_{0}$；
（3）經(jīng)分析可知兩小球運動周期$T′=2（\frac{5}{8}{T}_{0}-\frac{1}{8}{T}_{0}）={T}_{0}$，則碰撞時間$t=\frac{5}{8}{T}_{0}+n{T}_{0}（n=0，1，2，3，…）$；
答：（1）電場強度E的大小為$\frac{3{B}_{0}{T}_{0}g}{32π}$；
（2）兩板間距d的大小為$\frac{4π+3\sqrt{3}}{32π}{v}_{0}{T}_{0}$；
（3）兩個小球所有的碰撞時刻為$\frac{5}{8}{T}_{0}+n{T}_{0}（n=0，1，2，3，…）$．

點評 帶電粒子的運動問題，要先對粒子進行受力分析，然后利用牛頓第二定律得到運動方程，再根據(jù)邊界條件求解．