Subfield: Electromagnetism


Question: $两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示。金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q(q>0)、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：$

<img_1067>

图1

<img_1111>

图2
$在M点放置一粒子接收器，求在0～\frac{6\pi m}{qB_0}时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。其中，M = \left(\frac{4\pi E_0m}{qB^2_0},\frac{\pi ^2E_0m}{4qB^2_0}\right).$

Solution:
设
$\frac{\pi m}{qB_0}=T$
$\frac{E_0q}{m}=a,和\lambda $

#### i)

$若在0～\frac{\pi m}{qB_0}时间内某时刻t'释放，粒子首次加速时间为(T-t')，则首次加速后速度v_1'=[a(T-t')] ，在磁场内偏转的半径R_1=\frac{mv_1'}{qB_0}。$

$由(1)易知，粒子至少要再次加速并偏转才可能通过x_M= \frac{4\pi mE_0}{qB^2_0}$

$设粒子在\frac{3\pi m}{qB_0}的速度为v_2'，在磁场内偏转半径为R_2＝[\frac{mv_2'}{qB_0}]。$

则$v_2'＝-v_1'+2aT$，

解得$v_2'=a(T+t')$， 

$经过两次半个周期的圆周运动，在x方向上的位移，x=2R_1+2R_2＝[\frac{2m(v_1'+v_2')}{qB_0}]＝[\frac{4maT}{qB_0}]$

$即x=\frac{4m}{qB_0}\cdot \frac{E_0q}{m}\cdot \frac{\pi m}{qB_0}＝\frac{4\pi mE_0}{qB^2_0}=x_M$

$可见在0～\frac{\pi m}{qB_0}时间内任意时刻释放，经历两次偏转后水平位移x=x_M恒成立。 $

<img_1150> 

现分析该过程中，在y方向上的位移 

$第一次加速后，y_1'=\frac{1}{2}a(T-t')^2，$

$第二次加速后，y_2'＝-v_1'T+\frac{1}{2}\cdot 2aT^2=aTt'或y_2'＝\frac{(v_2'-v_1')T}{2}＝aTt'，$

$此时纵坐标Y=y_1'+y_2'=\frac{1}{2}a(T-t')^2+aTt'=\frac{1}{2}a(T^2+t'^2) $

经过第二次偏转后进入第三次匀变速运动，加速度为3a，

$此时粒子向下运动的最大距离, \Delta y_1=\frac{v_2'^2}{2\cdot 3a}=\frac{a^2(T+t')^2}{6a}=\frac{a(T+t')^2}{6}  $

$则纵坐标的最小值, Y'=Y-\Delta y_1=\frac{1}{2}a(T^2+t'^2)-\frac{a(T+t')^2}{6}=\frac{1}{3}a(t'^2-Tt'+T^2)  $

$Y'=\frac{1}{3}a[\left[t'-\frac{T}{2}\right]^2+\frac{3}{4}T^2]，即当t'=\frac{T}{2}=\frac{\pi m}{2qB_0}时 Y'有最小值$

$Y_{min}'=\frac{1}{4}aT^2=\frac{1}{4}\cdot \frac{E_0q}{m}\cdot \frac{\pi ^2m^2}{q^2B^2_0}= \frac{\pi ^2mE_0}{4qB^2_0}=y_M  $

$可见当t'=\frac{\pi m}{2qB_0}时，在\frac{4\pi m}{qB_0}～\frac{5\pi m}{qB_0}阶段中粒子向下减速到速度为0时恰好能被捕获。$

#### ii) 

$若在\frac{2\pi m}{qB_0}～\frac{3\pi m}{qB_0}时间内某时刻释放，粒子加速时间为(T-t^{″})，$

$则有， v_1^{″}＝2a(T-t″)， y_1^{″}＝\frac{1}{2}\cdot 2a(T-t^{″})^2， 在x方向上的位移 x_1^{″}＝ 2R_1^{″}＝\frac{2mv_1^{"}}{qB_0}＝\frac{4\pi mE_0}{qB^2_0}-\frac{4E_0}{B_0}t^{″}， $

$可见要到达x_M应在t″=0即\frac{2\pi m}{qB_0}时刻释放，此时v_1″=2aT，$

$则纵方向上， y_1^{"}=\frac{1}{2}\cdot 2aT^2=aT^2=\frac{E_0q}{m}\cdot \frac{\pi ^2m^2}{q^2B^2_0}=\frac{\pi ^2mE_0}{qB^2_0}， 偏转后向下移动的最大距离\Delta y_1'＝\frac{v_1″^2}{2\cdot 3a}=\frac{2}{3}aT^2=\frac{2\pi ^2mE_0}{3qB^2_0}， $

$此时纵坐标的最小值  Y^{"}＝y_1^{″}-\Delta y_1'=\frac{\pi ^2mE_0}{3qB^2_0}＞\frac{\pi ^2mE_0}{4qB^2_0}，即不可能到达y_M而被捕获。$

#### iii)

$若在\frac{4\pi m}{qB_0}～\frac{5\pi m}{qB_0}时间内某时刻释放，$

则加速后速度， $v_1'''＝3a(T-t''')， $

$在x方向上的位移， x_1'''＝ 2R_1'''＝\frac{2mv_1'''}{qB_0}＝\frac{6ma(T-t''')}{qB_0}，$

$解得， x_1'''=\frac{6\pi mE_0}{qB^2_0}-\frac{6E_0}{B_0}t'''，$

$令x_1'''＝x_M，即\frac{6\pi mE_0}{qB^2_0}-\frac{6E_0}{B_0}t'''＝\frac{4\pi mE_0}{qB^2_0}，得t'''=\frac{\pi m}{3qB_0}= \frac{T}{3}， 即在\frac{4\pi m}{qB_0}+t'''＝\frac{13\pi m}{3qB_0}时刻释放能满足到达x_M的条件，$

此时粒子加速后的速度 
$v_0＝3a(T-\frac{T}{3})=2aT=\frac{2\pi E_0}{B_0}，$

$此时Yaw= \frac{1}{2}\cdot 3a(T-t''')^2= \frac{2}{3}aT^2=\frac{2\pi ^2mE_0}{3qB^2_0}，$

$粒子偏转后，纵坐标的最小值 Y_1″=Y_1-\frac{v^2_0}{2\cdot 4a}=\frac{1}{6}aT^2=\frac{1}{6}\cdot \frac{E_0q}{m}\cdot \frac{\pi ^2m^2}{q^2B^2_0}=\frac{\pi ^2mE_0}{6qB^2_0}<\frac{\pi ^2mE_0}{4qB^2_0},即偏转后粒子向下运动过程中必经过M点。$

$综上可知在0～\frac{6\pi m}{qB_0}时间内有两个时刻即 \frac{\pi m}{2qB_0} 和 \frac{13\pi m}{3qB_0} 释放的粒子满足要求。$



Final answer: $\frac{\pi m}{2qB_0} , \frac{13\pi m}{3qB_0}$