Question

19．如圖所示，在坐標系的第一、四象限存在一寬度為a、垂直紙面向外的有界勻強磁場，磁感應強度的大小為B；在第三象限存在與y軸正方向成θ=60°角的勻強電場．一個粒子源能釋放質量為m、電荷量為+q的粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子源在點P（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$a，-$\frac{1}{2}$a）時發(fā)出的粒子恰好垂直磁場邊界EF射出；將粒子源沿直線PO移動到Q點時，所發(fā)出的粒子恰好不能從EF射出．不計粒子的重力及粒子間相互作用力．求：
（1）從P發(fā)出的粒子在磁場中的偏轉半徑；
（2）勻強電場的電場強度；
（3）PQ的長度；
（4）若僅將電場方向沿順時針方向轉動60°角，粒子源仍在PQ間移動并釋放粒子，試判斷這些粒子第一次從哪個邊界射出磁場并確定射出點的縱坐標范圍．

Answer 1

分析 （1）由幾何關系可明確粒子偏轉半徑；
（2）粒子先在電場中加速，后進入磁場偏轉，做勻速圓周運動．先畫出粒子在磁場中的運動軌跡，由幾何關系求解出粒子運動的軌跡半徑，由牛頓第二定律求出粒子的速率，再由動能定理求解電場強度大�。�
（3）第二次從N點出發(fā)的粒子剛好不能從AB邊界離開磁場，其軌跡與AB相切，作出粒子的運動軌跡，由幾何關系求解出粒子運動的軌跡半徑，則可求得距離；
（4）根據(jù)粒子的運動方向，明確粒子的軌跡，根據(jù)運運過程可得出射出點的縱坐標范圍．

解答 解：（1）據(jù)題意畫出粒子在磁場中的運動軌跡，
如圖1所示．由幾何關系得粒子運動的軌跡半徑 r=$\frac{a}{cosθ}$=$\frac{a}{\frac{1}{2}}$=2a
（2）在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，則有
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
聯(lián)立解得 R₁=$\frac{m{v}_{1}}{Bq}$；
粒子被加速，
在電場中，由動能定理得：qE•a=$\frac{1}{2}$mv₁²；
聯(lián)立以上各式，解得 E=$\frac{2q{B}^{2}a}{m}$
（3）粒子源在Q點時，運動軌跡應與EF相切，設OQ=d 
由幾何關系知R₂=$\frac{2a}{3}$而R₂=$\frac{m{v}_{2}}{Bq}$
qEd=$\frac{1}{2}$mv₂²
可知v₂=$\sqrt{\frac{2qEd}{m}}$
可解得d=$\frac{a}{9}$
所以PQ=OP-OQ=$\frac{8a}{9}$；
（4）若將電場方向變?yōu)榕cy軸負方向成θ=60°角，
由幾何關系可知，粒子源在PQ各點處，粒子經電場加速后
到進入磁場時的速率與原來相等，仍為v₁、v₂．從P、Q發(fā)
出的粒子半徑仍為R₁=2a、R₂=$\frac{2a}{3}$
從P發(fā)出粒子半徑大，射出點為N，由幾何關系知正好與EF相切．
下邊界：yN=a+2R₁sin60°=a+2$\sqrt{3}$a
同理可求從Q發(fā)出的粒子從y軸射出，射出點為M，
上邊界：yM=$\frac{1}{9}$a+2R₂sin60°=$\frac{1}{9}a$+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$a
即射出點的縱坐標范圍[-（$\frac{a}{9}$+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$a），（a+2$\sqrt{3}$a）]；
答：（1）從P發(fā)出的粒子在磁場中的偏轉半徑為2a；
（2）勻強電場的電場強度為$\frac{2q{B}^{2}a}{m}$；
（3）PQ的長度為$\frac{8a}{9}$；
（4）這些粒子第一次從哪個邊界射出磁場并確定射出點的縱坐標范圍為[-（$\frac{a}{9}$+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$a），（a+2$\sqrt{3}$a）]；

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的前提與關鍵，應用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題．