Question

14．在物理學(xué)上，常利用測定帶電粒子的受力情況來確定復(fù)合場中場強(qiáng)的大小和方向．如圖所示，在立方體區(qū)域內(nèi)存在待測定的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，在其左側(cè)分別是加速電場和速度選擇器，用于獲取特定速度的帶電粒子．裝置中，燈絲A接入電源后發(fā)出電子，P為中央帶小圓孔的豎直金屬板，在燈絲A和金屬板P之間接入電源甲，使電子加速；在間距為d的水平正對金屬板C、D間接入電源乙，在板間形成勻強(qiáng)電場．C、D間同時(shí)存在垂直紙面向外、大小為B₀的勻強(qiáng)磁場（左右寬度與兩板相同）．現(xiàn)將電源甲、乙的輸出電壓分別調(diào)到U₁、U₂，使電子沿直線運(yùn)動(dòng)進(jìn)入待測區(qū)域，如圖中虛線所示．電子質(zhì)量為m、電量為e，重力不計(jì)，從燈絲出來的電子初速不計(jì)，整個(gè)裝置置于真空室內(nèi)．

（1）用筆畫線代替導(dǎo)線將電源甲、乙接入裝置，以滿足題中要求；
（2）求電子從P板出來的速度v₀及U₁與U₂滿足的關(guān)系式；
（3）調(diào)節(jié)U₁與U₂，使電子以不同的速度大小沿+X軸進(jìn)入待測區(qū)域，測得電子剛進(jìn)入時(shí)受力大小均為F，由此，你能推測出待測區(qū)域中電場或磁場的什么信息？
（4）保持電子進(jìn)入待測區(qū)域的速度大小仍為v₀，轉(zhuǎn)動(dòng)待測區(qū)域（轉(zhuǎn)動(dòng)中電場、磁場相對坐標(biāo)軸的方向不變），使電子沿Y軸或Z軸方向射入．測得電子剛射入時(shí)受力大小如下表所示，根據(jù)表中信息又能推測出待測區(qū)域中電場或磁場的什么信息？

入射速度方向	+Y	-Y	+Z	-Z
電子受力大小	$\sqrt{2}$F	$\sqrt{2}$F	$\sqrt{3}$F	F

Answer 1

分析 （1）直線加速過程，電場力向右；在速度選擇器中過程，電場力與洛倫茲力平衡；
（2）對直線加速過程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解U₁，對速度選擇器中過程運(yùn)用平衡條件求解U₂；
（3）電子以不同的速度大小沿+X軸進(jìn)入待測區(qū)域，測得電子剛連入時(shí)受力大小均為F，說明磁場方向與x軸平行，電子只受電場力；
（4）電子沿著+Y方向或者-Y方向射入時(shí)，電場力為F，洛倫茲力沿著+Z或者-Z方向，合力均為$\sqrt{2}$F，說明電場力與XOY平面平行，可以求解出洛倫茲力大��；電子沿著+Z方向射入時(shí)，洛倫茲力沿著+Y方向，合力為$\sqrt{3}$F，說明夾角為60°；電子沿著-Z方向射入時(shí)，洛倫茲力沿著-Y方向，合力為F，說明夾角為120°．

解答 解：（1）直線加速過程，電場力向右，電子帶負(fù)電，故A端接電源的負(fù)極；
速度選擇器中過程電場力和洛倫茲力平衡，根據(jù)左手定則，電子受洛倫茲力向下，故電場力向上，故下極板帶正電；
電路圖如圖所示：

（2）對直線加速過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
eU₁=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$         ①
對度選擇器中運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)平衡條件，有：
eB₀v₀=e$\frac{{U}_{2}}orgfdm5$        ②
由①得：v₀=$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$
由①②得：${U}_{2}=d{B}_{0}\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$；
（3）因?yàn)殡娮友刂?X軸方向以不同的速度射入，受力大小均為F，故磁場方向與X軸平行，力F是電場力，電場強(qiáng)度大小為：
E=$\frac{F}{e}$（方向不確定）；
（4）①因?yàn)関₀∥Y軸，B∥X軸，故洛倫茲力F_洛∥Z軸，又因?yàn)殡娮友刂�±Y軸射入時(shí)受力均為$\sqrt{2}$F，說明洛倫茲力與電場力垂直，所以電場強(qiáng)度平行XOY平面，有：
${F}_{洛}^{2}+{F}_{電}^{2}=（\sqrt{2}F）^{2}$
解得：
F_洛=F_電=F
所以：B=$\frac{F}{e{v}_{0}}$=$\frac{F}{e}\sqrt{\frac{m}{2e{U}_{1}}}$
②因?yàn)関₀∥Z軸，B∥X軸，故洛倫茲力F_洛∥Y軸，又E∥XOY平面，故F_洛與F_電均在XOY平面內(nèi)，設(shè)F_洛與F_電之間的夾角為θ，其大小滿足（F_洛+F_電cosθ）²+（F_電sinθ）²=（$\sqrt{3}$F）²
得電場力方向與+Y軸成60°或120°．
總結(jié)：磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=$\frac{F}{e{v}_{0}}$=$\frac{F}{e}\sqrt{\frac{m}{2e{U}_{1}}}$，方向與X軸平行；電場強(qiáng)度的大小為E=$\frac{F}{e}$，方向與+Y軸成60°或者120°；
答：（1）電路圖如圖所示；
（2）電子從P板出來的速度v₀為$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$，U₁、U₂滿足的關(guān)系式為${U}_{2}=d{B}_{0}\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$；
（3）待測區(qū)域中磁場方向與X軸平行，電場強(qiáng)度大小為$\frac{F}{e}$；
（4）待測區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=$\frac{F}{e{v}_{0}}$=$\frac{F}{e}\sqrt{\frac{m}{2e{U}_{1}}}$，方向與X軸平行；電場強(qiáng)度的大小為E=$\frac{F}{e}$，方向與+Y軸成60°或者120°．

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后分階段根據(jù)動(dòng)能定理、平衡條件，平行四邊形定則等列式分析，不難．