Question

2．如圖所示，x軸上放有一足夠大的熒光屏，y軸上（0，L）處有一個點狀的α粒子放射源A，某瞬間同時向xOy平面內(nèi)各個方向發(fā)射速率均為v₀的α粒子（不計重力），設(shè)α粒子電量為q，質(zhì)量為m．求：
（1）當(dāng)空間只存在平行xOy平面沿y軸負(fù)方向的勻強電場時，最后到達(dá)熒光屏的α粒子在電場中的運動時間為最先到達(dá)熒光屏的α粒子在電場中運動時間的3倍，求電場強度．
（2）當(dāng)空間只存在垂直xOy平面向里的勻強磁場時，最先到達(dá)熒光屏的α粒子在磁場中的運動時間為最后到達(dá)熒光屏的α粒子在磁場中運動時間的$\frac{2}{9}$倍，求磁感應(yīng)強度及熒光屏被打亮的范圍．

Answer 1

分析 （1）由粒子只受電場力得到加速度，進(jìn)而得到速度方向與運動時間的關(guān)系，然后由豎直方向的位移公式求解得到加速度，進(jìn)而得到電場強度；
（2）根據(jù)磁場方向由左手定則得到粒子偏轉(zhuǎn)方向，然后根據(jù)運動時間之比得到半徑，進(jìn)而由幾何關(guān)系求得熒光屏上的范圍；由洛倫茲力做向心力求得磁感應(yīng)強度．

解答 解：（1）當(dāng)空間只存在平行xOy平面沿y軸負(fù)方向的勻強電場時，α粒子只受電場力作用，加速度$a=\frac{qE}{m}$，方向向下；
那么，最后到達(dá)熒光屏的α粒子的發(fā)射速度方向豎直向上，最先到達(dá)熒光屏的α粒子的發(fā)射速度方向豎直向下；
那么有：$L={v}_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^{2}$，$L=-{v}_{0}•3t+\frac{1}{2}a（3t）^{2}$，所以，$a=\frac{{3{v}_{0}}^{2}}{2L}$；
所以，$E=\frac{ma}{q}=\frac{3m{{v}_{0}}^{2}}{2qL}$；
（2）當(dāng)空間只存在垂直xOy平面向里的勻強磁場時，α粒子在洛倫茲力的作用下做逆時針圓周運動，那么運動半徑R相等，周期相同；所以，轉(zhuǎn)過的中心角越大則α粒子運動的時間越長；
所以，如圖所示，，熒光屏被打亮的范圍為MN；
故弦長最短為OA=L，對應(yīng)的最小中心角為${θ}_{1}=2arcsin\frac{\frac{1}{2}L}{R}$；轉(zhuǎn)過的中心角最大為θ₂；
又有最先到達(dá)熒光屏的α粒子在磁場中的運動時間為最后到達(dá)熒光屏的α粒子在磁場中運動時間的$\frac{2}{9}$倍，所以，${θ}_{2}=\frac{9}{2}{θ}_{1}=9arcsin\frac{\frac{1}{2}L}{R}$，
那么，因為$AM＞AO\$，所以，360°-θ₂＞θ₁，所以，$11arcsin\frac{\frac{1}{2}L}{R}＜360°$，所以，R＞0.92L；
又有$cos（360°-{θ}_{2}）=\frac{R-L}{R}$，
所以，R=L；
那么MN=2L，即熒光屏被打亮的范圍為[-L，L]；
由洛倫茲力做向心力，即$B{v}_{0}q=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{R}$可得：$B=\frac{m{v}_{0}}{qR}=\frac{m{v}_{0}}{qL}$；
答：（1）當(dāng)空間只存在平行xOy平面沿y軸負(fù)方向的勻強電場時，最后到達(dá)熒光屏的α粒子在電場中的運動時間為最先到達(dá)熒光屏的α粒子在電場中運動時間的3倍，則電場強度為$\frac{3m{{v}_{0}}^{2}}{2qL}$．
（2）當(dāng)空間只存在垂直xOy平面向里的勻強磁場時，最先到達(dá)熒光屏的α粒子在磁場中的運動時間為最后到達(dá)熒光屏的α粒子在磁場中運動時間的$\frac{2}{9}$倍，則磁感應(yīng)強度為$\frac{m{v}_{0}}{qL}$，熒光屏被打亮的范圍為[-L，L]．

點評 帶電粒子的運動問題一般根據(jù)幾何關(guān)系得到運動軌跡，如半徑，水平、豎直方向位移關(guān)系，然后求得加速度，再根據(jù)粒子受力情況由牛頓第二定律聯(lián)立求解即可．