Question

2．如圖所示，在xOy坐標平面內，第一象限有沿y軸負方向的勻強電場，第四象限有垂直平面向里的勻強磁場；電場和磁場的左邊界為y軸，右邊界為x=3L的虛線，x軸是它們的分界線．在x軸上方第二象限內緊靠y軸放有一平行板電容器，左、右兩極間所加電壓為U．一靜止于左板內側A處的正離子，經加速電場直線加速后，從右板上的小孔射出，經y軸上O′點以平行x軸方向射入電場，離子在電場和磁場中運動，其中在磁場中做圓周運動的半徑為$\frac{\sqrt{2}}{2}$L，最后恰從x軸上的P點射出場區(qū)而進入第一象限，射出時的速度方向與x軸正向的夾角為45°．已知離子的質量為m、電荷量為q，離子重力不計．試求：
（l）離子經過P點時的速度大小；
（2）O′點的縱坐標值；
（3）磁場的磁感應強度B和偏轉電場的場強E．

Answer 1

分析 （1）根據粒子的出射速度方向及半徑求得粒子在磁場中運動的弦長，再由粒子在恒力作用下的勻變速運動規(guī)律求得粒子進入磁場時的速度方向，進而求得經過P點時的速度；
（2）由粒子進入磁場時的速度及位置，根據類平拋運動規(guī)律取得豎直位移，即O′點的縱坐標值；
（3）由粒子在磁場運動的速度及半徑求得磁感應強度，根據類平拋運動規(guī)律取得電場場強．

解答 解：（1）粒子進入磁場，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，
由圖所示幾何關系可知，粒子在磁場中運動的弦長為L，
，
又有，粒子在電場中運動時，只受電場力的作用，則粒子在水平方向上的速度不變，在豎直方向上，由勻變速運動規(guī)律可知，粒子在相同位置速率大小相同，
則若粒子經過磁場后進入電場，在進入磁場時運動狀態(tài)與第一次進入磁場相同．
由粒子運動的弦長為L可得粒子進入磁場的次數n可取1，2．
由前面分析可知，粒子進入磁場時速度方向與x軸正方向成45°，
粒子經過加速電場得到速度v₀，有$qU=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，所以，${v}_{0}=\sqrt{\frac{2qU}{m}}$，
粒子經過偏轉電場時，水平分速度不變，只有豎直方向的分速度改變，所以，粒子進入磁場的速度$v=\frac{{v}_{0}}{cos45°}=\sqrt{2}{v}_{0}=2\sqrt{\frac{qU}{m}}$；
粒子在磁場中做勻速圓周運動，速率不變，所以，粒子經過P點時的速度大小為$2\sqrt{\frac{qU}{m}}$；
（2）設O’點的縱坐標為y，則粒子在電場中第一次做類平拋運動過程，進入磁場時速度的豎直分量v_y=v₀tan45°=v₀；
則類平拋運動沿x軸方向的位移x₁=2y；
離子再次回到電場中的運動為類平拋的逆運動，根據對稱性可得：（2n-1）x₁+nL=3L，
所以，$y=\frac{1}{2}{x}_{1}=\frac{1}{2}×\frac{（3-n）L}{2n-1}=\frac{（3-n）L}{2（2n-1）}$，
當n=1時，y=L；當n=2時，$y=\frac{1}{6}L$；
（3）由粒子在磁場中只受洛倫茲力，做勻速圓周運動可知，$Bvq=m\frac{{v}^{2}}{R}$；
所以，$B=\frac{mv}{qR}=\frac{m×2\sqrt{\frac{qU}{m}}}{q×\frac{\sqrt{2}}{2}L}=\frac{2}{L}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$；
粒子在偏轉電場中做類平拋運動，加速度$a=\frac{qE}{m}$，運動時間$t=\frac{2y}{{v}_{0}}$，
所以有$y=\frac{1}{2}×\frac{qE}{m}×（\frac{2y}{{v}_{0}}）^{2}$，所以，$E=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2qy}=\frac{m×\frac{2qU}{m}}{2qy}=\frac{U}{y}$；
所以，當n=1時，y=L，$E=\frac{U}{L}$；當n=2時，$y=\frac{1}{6}L$，$E=\frac{6U}{L}$；
答：（l）粒子經過P點時的速度大小為$2\sqrt{\frac{qU}{m}}$；
（2）當粒子只進入磁場一次時，O′點的縱坐標值為L；當粒子進入磁場兩次時，O′點的縱坐標值為$\frac{1}{6}L$；
（3）磁場的磁感應強度B為$\frac{2}{L}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$；當粒子只進入磁場一次時，偏轉電場的場強E為$\frac{U}{L}$；當粒子進入磁場兩次時，偏轉電場的場強E為$\frac{6U}{L}$．

點評 求解粒子在磁場中的運動問題常用到幾何關系來判斷粒子的運動，如本題中，需要根據粒子在磁場中那個運動的弦長即有場范圍來判斷粒子的運動形式．