Question

2．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的原點O處有一放射源S，放射源S在xOy平面內(nèi)均勻發(fā)射速度大小相等的帶正電的粒子，位于y軸的右側(cè)有一垂直于z軸、長度為L的很薄的熒光屏MN，熒光屏正反面兩側(cè)均涂有熒光粉，MN與x軸交于點O′．已知三角形MNO為正三角形，放射源S射出的粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，速度大小為v，不計粒子的重力．
（1）若只在y軸右側(cè)加一平行于x軸正方向的勻強(qiáng)電場，要使y軸右側(cè)射出的所有粒子都能打到熒光屏MN上，試求電場強(qiáng)度的最小值E_min及打到熒光屏M點時粒子的動能．
（2）若在xOy平面內(nèi)只加一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，要使粒子能打到熒光屏MN的反面O′點上，試求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B_max．
（3）若在xOy平面內(nèi)只加一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度與（2）中所求B_max相同，試求粒子打到熒光屏MN正面O′點所需的時間t₁和打在熒光屏MN反面O′點所需的時間t₂之比．

Answer 1

分析 （1）要使y軸右側(cè)射出的所有粒子都能打到熒光屏MN上，臨界狀態(tài)為對應(yīng)沿著y軸正方向射出的帶電粒子正好打在熒光屏的端點M，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律，求出電場強(qiáng)度的最小值，根據(jù)動能定理求出粒子打到熒光屏M點的動能．
（2）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時，軌道半徑最小，作出粒子運(yùn)動軌跡圖，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌道半徑的大小，從而根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小．
（3）作出粒子的運(yùn)動軌跡圖，分別求出打在正面O′點和反面O′點軌跡的圓心角，抓住圓周運(yùn)動的角速度相等，求出運(yùn)動時間之比．

解答 解：（1）由題意，所加電場電場強(qiáng)度的最小值為E_min，對應(yīng)沿著y軸正方向射出的帶電粒子正好打在熒光屏的端點M這一臨界狀態(tài)，對該粒子有：
  $\frac{L}{2}$=vt
  $\frac{\sqrt{3}}{2}L$=$\frac{q{E}_{min}}{2m}{t}^{2}$
聯(lián)立兩式解得：E_min=$\frac{4\sqrt{3}m{v}^{2}}{qL}$
對此時從S射出能打到熒光屏上的任一粒子（包括打到熒光屏M點的粒子），設(shè)它到達(dá)屏?xí)r的動能為E_k，根據(jù)動能定理得：
  E_k-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=qE_min•$\frac{\sqrt{3}}{2}$L
解得：E_k=$\frac{13}{2}$mv²．
（2）由題意得，所加磁場的最大磁感應(yīng)強(qiáng)度B_max對應(yīng)來自S的粒子恰好經(jīng)過熒光屏下端點N后打到O′這一臨界狀態(tài)，如圖所示（圓心為C₁）從圖中的幾何關(guān)系得，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為 r=$\frac{L}{2}$．
根據(jù)qvB_max=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：B_max=$\frac{2mv}{qL}$．
（3）打在熒光屏正面O′點的粒子的圓弧如圖（圓心在C₂），根據(jù)勻速圓周運(yùn)動規(guī)律有：
t₁=$\frac{θ}{ω}$，
t₂=$\frac{2π-θ}{ω}$
由圖中幾何關(guān)系得：θ=$\frac{2π}{3}$．
解得：t₁：t₂=1：2．
答：（1）電場強(qiáng)度的最小值E_min為$\frac{4\sqrt{3}m{v}^{2}}{qL}$，打到熒光屏M點的粒子的動能為$\frac{13}{2}$mv²．
（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B_max為$\frac{2mv}{qL}$．
（3）粒子打在-熒光屏MN的正面O'點所需的時問t₁和打在熒光MN的反面O’點所需的時間t₂之比為1：2．

點評 本題考查了粒子在電場中的類平拋運(yùn)動，和在磁場中的圓周運(yùn)動，綜合性較強(qiáng)，關(guān)鍵作出臨界的軌跡圖，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解．