Question

3．如圖所示，是一研究帶電粒子運動的裝置圖，區(qū)域I中有垂直紙面向外的磁感應強度為B₁的勻強磁場和豎起方向的勻強電場．平行板間距為2R，且足夠長．區(qū)域II中有圓心坐標為（0，R），半徑為R的圓形磁場，磁感應強度B₂=$\frac{mυ}{qR}$方向垂直紙面向外，質量為m，電荷量為+q的速度不同的粒子從左側射入區(qū)域I，經區(qū)域I后，只有沿x軸正向的速率為υ，分布寬度為2R的粒子射出，出射后的粒子進入區(qū)域Ⅱ，不計粒子重力．
（1）區(qū)域I中兩極板哪板電勢高？求兩板間的電勢差．
（2）求粒子經區(qū)域Ⅱ后到達x軸的位置坐標和從兩板右端正中間射出的粒子在II區(qū)的運動時間；
（3）若在x軸下方有一磁場區(qū)域Ⅲ，讓上述經區(qū)域Ⅱ射向區(qū)域Ⅲ的粒子變成分布寬度為4R，沿x軸負方向的粒子束，求區(qū)域Ⅲ的磁感應強度．

Answer 1

分析 （1）速度為v沿x軸正向運動的粒子在區(qū)域Ⅰ中做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，列式可求得場強，由U=Ed求出兩極板間的電勢差．
（2）進入Ⅱ區(qū)中的粒子做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可求得軌跡半徑r=R，對任意平行于x軸射入的粒子，如自P點射入Ⅱ區(qū)，軌跡圓心為N，則PN=PM=R，出場區(qū)的點為Q，PMQN為一菱形，MQ垂直于x軸，即Q與坐標原點O重合，為所有粒子射出Ⅱ區(qū)的點，坐標為（0，0），粒子在Ⅱ區(qū)的運動軌跡為$\frac{1}{4}$圓周，粒子在Ⅱ區(qū)運動時間為$\frac{1}{4}$周期．
（3）由（2）知，平行粒子束入射到圓形磁場，若磁場區(qū)域的半徑等于粒子圓周運動的半徑，則能將粒子聚到一點射出場區(qū)；同理，從該點以不同方向射出的同速率粒子，經該磁場偏轉，粒子會從場區(qū)平行出射．則可求得粒子在區(qū)域Ⅲ中的軌跡半徑，即可求得區(qū)域Ⅲ的磁感應強度．

解答 解：（1）由題意知，下極板電勢高．
由 qE=qvB₁得
  E=vB₁；
則兩板間的電勢差 U=E•2R=2RvB₁．
（2）進入Ⅱ區(qū)中的粒子做圓周運動，軌跡半徑為r，則
  qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
又由題有：B₂=$\frac{mυ}{qR}$
代入得 r=R
對任意平行于x軸射入的粒子，如自P點射入Ⅱ區(qū)，軌跡圓心為N，則PN=PM=R，出場區(qū)的點為Q，PMQN為一菱形，MQ垂直于x軸，即Q與坐標原點O重合，為所有粒子射出Ⅱ區(qū)的點，坐標為（0，0），則知粒子在Ⅱ區(qū)的運動軌跡為$\frac{1}{4}$圓周，粒子在Ⅱ區(qū)運動時間為 t₂=$\frac{2πR}{4v}$
（3）由（2）知，平行粒子束入射到圓形磁場，若磁場區(qū)域的半徑等于粒子圓周運動的半徑，則能將粒子聚到一點射出場區(qū)；同理，從該點以不同方向射出的同速率粒子，經該磁場偏轉，粒子會從場區(qū)平行出射． 
   自O點方向射出的粒子進入一與O相切的圓形磁場區(qū)Ⅲ，可使粒子平行出射，速度為v的粒子在Ⅲ區(qū)中圓周運動的半徑 r′=R′=2R
由r′=$\frac{mv}{q{B}_{3}}$，得 R₃=$\frac{mv}{2qR}$
答：
（1）區(qū)域I中下極板電勢高，兩板間的電勢差為2RvB₁．
（2）粒子經區(qū)域Ⅱ后到達x軸的位置坐標為（0，0），從兩板右端正中間射出的粒子在II區(qū)的運動時間為$\frac{2πR}{4v}$；
（3）若在x軸下方有一磁場區(qū)域Ⅲ，讓上述經區(qū)域Ⅱ射向區(qū)域Ⅲ的粒子變成分布寬度為4R，沿x軸負方向的粒子束，區(qū)域Ⅲ的磁感應強度為$\frac{mv}{2qR}$．

點評 本題是粒子在磁場中勻速圓周運動的問題．在磁場中圓周運動常用方法是畫軌跡，由幾何知識求半徑．