Question

17．真空中有如圖所示矩形區(qū)域，該區(qū)域總高度為2h、總寬度為4h，其中上半部分有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，下半部分有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，x軸恰為水平分界線，正中心恰為坐標(biāo)原點(diǎn)O．在x=2.5h處有一與x軸垂直的足夠大的光屏（圖中未畫出）．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子源源不斷地從下邊界中點(diǎn)P由靜止開始經(jīng)過勻強(qiáng)電場(chǎng)加速，通過坐標(biāo)原點(diǎn)后射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．粒子間的相互作用和粒子重力均不計(jì)．

（1）若粒子在磁場(chǎng)中恰好不從上邊界射出，求加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E；
（2）若加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E為（1）中所求E的4倍，求粒子離開磁場(chǎng)區(qū)域處的坐標(biāo)值；
（3）若將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變，則加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E′多大？粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間多大？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求得經(jīng)電場(chǎng)加速后粒子的速度，由幾何關(guān)系知粒子恰好不從上邊界飛出說明粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑剛好等于磁場(chǎng)的寬度h，根據(jù)半徑公式求解即可；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理和半徑公式計(jì)算出粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，再由幾何關(guān)系確定粒子離開磁場(chǎng)區(qū)域處的坐標(biāo)值即可；
（3）粒子打在屏上的位置始終不變，說明粒子打在屏上時(shí)的速度方向與x軸平行，根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)可能軌跡確定加速電場(chǎng)的大小及粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間即可．注意粒子圓周運(yùn)動(dòng)的周期性．

解答 解：（1）帶電粒子在電場(chǎng)中加速過程根據(jù)動(dòng)能定理有$qEh=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$
要求粒子在磁場(chǎng)中恰好不從上邊界射出，則有：r=h
故可解得E=$\frac{q{B}^{2}h}{2m}$
（2）帶電粒子在電場(chǎng)中加速過程根據(jù)動(dòng)能定理有：
$q×4Eh=\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由$q{v}_{2}B=m\frac{{v}_{2}^{2}}{{r}_{2}}$
得：r₂=2h
則粒子從O點(diǎn)進(jìn)入后運(yùn)動(dòng)了圓心角為θ即離開磁場(chǎng)．由幾何關(guān)系可得：

$sinθ=\frac{h}{{r}_{2}}=\frac{1}{2}$
即 θ=30°
離開磁場(chǎng)處：y=h
x=r₂-r₂cos30°=$2h（1-\frac{\sqrt{3}}{2}）$=$（2-\sqrt{3}）h$
即離開磁場(chǎng)處的坐標(biāo)為：$[（2-\sqrt{3}）h，h]$
（3）帶電粒子在電場(chǎng)中加速過程根據(jù)動(dòng)能定理有：
$qE′h=\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
由“將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變”，知離開磁場(chǎng)時(shí)粒子速度方向必平行于x軸，沿+x方向．
故：進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：
$r′=\frac{2h}{2n+1}$（n=1，2，3，4…）
又$qv′B=m\frac{v{′}^{2}}{r′}$
解得E′=$\frac{2q{B}^{2}h}{（2n+1）^{2}m}$（n=1，2，3，4，…）
從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后先運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周再返回電場(chǎng)減速到0又返回磁場(chǎng)時(shí)速度仍是v′，如此周期性運(yùn)動(dòng)最后從磁場(chǎng)的右邊界水平射出．
帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)總時(shí)間${t}_{1}^{′}=（2n+1）\frac{T}{4}=\frac{（2n+1）πm}{2qB}$（n=1，2，3，4…）
帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)總時(shí)間${t}_{2}^{′}=（2n+1）\frac{h}{\frac{v′}{2}}$=$\frac{（2n+1）^{2}m}{qB}$（n=1，2，3，4…）
帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)總時(shí)間${t}_{2}^{′}={t}_{1}^{′}+{t}_{2}^{′}$=$\frac{（2n+1）（4n+π+2）}{2qB}$m（n=1，2，3，4…）
答：（1）若粒子在磁場(chǎng)中恰好不從上邊界射出，加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E為$\frac{q{B}^{2}h}{2m}$；
（2）若加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E為（1）中所求E的4倍，粒子離開磁場(chǎng)區(qū)域處的坐標(biāo)值為$[（2-\sqrt{3}）h，h]$；
（3）若將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變，則加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E′為$\frac{2q{B}^{2}h}{（2n+1）^{2}m}$（n=1，2，3，4，…）
粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為$\frac{（2n+1）（4n+π+2）}{2qB}$m（n=1，2，3，4…）．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵是掌握帶電粒子在加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)及由動(dòng)能定理求得經(jīng)加速電場(chǎng)后的速度，粒子在磁場(chǎng)中在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，要考慮到由條件作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，由軌跡確定粒子運(yùn)動(dòng)的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解，要注意圓周運(yùn)動(dòng)的周期性．