Question

14．如圖所示，在邊長為a的正方形ABCD的對角線AC左右兩側(cè)，分別存在垂直紙面向內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場和水平向左電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，AD、CD是兩塊固定熒光屏（能吸收打到屏上的粒子）．現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子，從A點沿AB方向以不同速率連續(xù)不斷地射入勻強(qiáng)磁場中，帶電粒子速率范圍為 $\frac{aqB}{12m}$≤v≤$\frac{aqB}{m}$．已知E=$\frac{aq{B}^{2}}{12m}$，不計帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用．求：
（1）帶電粒子從A點射入到第一次進(jìn)入電場的時間；
（2）恰能打到熒光屏C D上的帶電粒子的入射速度；
（3）CD熒光屏上形成亮線的長度；
（4）AD熒光屏上形成亮線的長度．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角與粒子做圓周運動的周期公式求出粒子第一次進(jìn)入電場的時間．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做勻減速直線運動，恰好打到CD上的粒子到達(dá)CD時的速度為零，應(yīng)用牛頓第二定律與動能定理求出粒子的入射速度．
（3）分析清楚粒子運動過程，根據(jù)打在CD上的粒子軌道半徑求出CD熒光屏上形成亮線的長度；
（4）分析清楚粒子運動過程，然后求出AD熒光屏上形成亮線的長度．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子進(jìn)入電場時在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角：θ=90°，
粒子從A點射入到第一次進(jìn)入電場中需要的時間：t=$\frac{θ}{360°}$T=$\frac{πm}{2qB}$；
（2）帶電粒子射入勻強(qiáng)磁場中在洛侖茲力作用下做勻速園周運動，
經(jīng)四分之一周到達(dá)對角線沿水平向右的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，
在電場力的作用下做勻減速直線運動，
設(shè)帶電粒子到達(dá)CD的速度恰好為零時對應(yīng)的入射速度為V，
在磁場中的運動半徑為r，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
粒子在電場中做勻減速直線運動，由動能定理得：-qE（a-r）=0-$\frac{1}{2}$mv²，
解得：r=$\frac{1}{3}$a，v=$\frac{qaB}{3m}$；
（3）由（2）可知，速度：v＞$\frac{qaB}{3m}$的帶電粒子直接打在熒光屏CD上，
其中入射速度v=$\frac{qaB}{m}$的粒子半徑：r=$\frac{mv}{qB}$=a，將直接打到C點，
故熒光屏CD上亮線的長度為：l₁=$\frac{2}{3}$a；
（4）由（2）可知，速度：v＜$\frac{qaB}{3m}$的帶電粒子，進(jìn)入電場后不能到達(dá)CD屏，
粒子原速返回后又在磁場中轉(zhuǎn)了$\frac{3}{4}$周，剛好垂直進(jìn)入電場，
在電場中類平拋運動．熒光屏AD上亮線長度為：l₂=$\frac{2}{3}$a-$\frac{1}{6}$a=$\frac{1}{2}$a；
答：（1）帶電粒子從A點射入到第一次進(jìn)入電場的時間為$\frac{πm}{2qB}$；
（2）恰能打到熒光屏CD上的帶電粒子的入射速度為$\frac{qaB}{3m}$；
（3）CD熒光屏上形成亮線的長度為$\frac{2}{3}$a；
（4）AD熒光屏上形成亮線的長度為$\frac{1}{2}$a．

點評 本題考查了粒子在電磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程，應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可正確解題，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是正確解題的前提與關(guān)鍵．