Question

12．實驗室常用電場和磁場來控制帶電粒子的運動．在真空中A、C兩板之間加上電壓U，粒子被加速后從D點進入圓形有界磁場；勻強磁場區(qū)域以O為圓心，半徑R=$\frac{\sqrt{3}}{10}m$，磁感應強度B方向垂直紙面向外；其右側有一個足夠大的勻強電場，方向豎直向下，左邊界與圓形磁場邊界相切；現(xiàn)在電場區(qū)域放置一塊足夠長檔板GH，它與水平線FD夾角為60°（F點在檔板上，圓心O位于在FD上），且OF=3R，如圖所示．一比荷$\frac{q}{m}$=$\frac{1}{3}$×10⁶C/kg的帶正電粒子，從A板附近由靜止釋放，經U=150V電壓加速后，從D點以與水平線成60°角射入磁場，離開圓形磁場時其速度方向與DF平行，最后恰好打在檔板上的F點．不計粒子重力，求
（1）粒子進入磁場時的速度大小v_D；
（2）磁感應強度B的大��；
（3）粒子到達F點時的速度大小v_F；
（4）不改變其他條件，逐漸增大勻強電場的電場強度，要使粒子仍能打到擋板上，求所加電場場度的
最大值．

Answer 1

分析 （1）對在加速電場中的加速過程根據(jù)動能定理列式求解v_D；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，作出運動的軌跡，結合幾何關系得到軌道半徑，然后運用洛倫茲力等于向心力列式求解；
（3）粒子在偏轉電場中做類似平拋運動，根據(jù)分運動公式列式求解末速度；
（4）臨界條件是粒子打在極板上時速度方向與GH平行，結合分運動公式和幾何關系列式分析即可．

解答 解：（1）粒子在電壓為U的加速電場中，由動能定理，有：qU=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：${v}_{D}=1×1{0}^{4}m/s$
（2）分析知，粒子在有界磁場中做圓周運動的圓心N恰好在圓周上，從M點水平射出磁場，設軌跡如圖：

由此得到圓周運動半徑為：$r=\sqrt{3}R=0.3m$
根據(jù)q${v}_{D}B=m\frac{{v}_{D}^{2}}{r}$，
代入數(shù)據(jù)解得：B=0.1T
（3）粒子進入電場（MF）后做類似平拋運動，

水平分位移：
x=2R=$\frac{\sqrt{3}}{5}m$
豎直分位移：y=Rsin60°=0.15m
又x=v_Dt，y=$\frac{{v}_{y}}{2}t$，v=$\sqrt{{v}_{D}^{2}+{v}_{y}^{2}}$
代入解得：v=$\frac{\sqrt{7}×1{0}^{4}}{2}m/s=1.3×1{0}^{4}m/s$
（4）當電場強度取到最大值E時，臨界條件是粒子打到板上時軌道恰好與板面相切，即速度方向沿板GH，如圖，

由類似平拋運動的規(guī)律，粒子的速度反向延長線交水平位移的中點（Q），有MQ=QR
又$MQ=2R-r/2tan60°=0.15\sqrt{3}m$
根據(jù)x=0.3$\sqrt{3}$=v_Dt，v_y=at，
又v_y=v_Dtan60°，
a=$\frac{qE}{m}$
聯(lián)立解得：E=1000V/m
答：（1）粒子進入磁場時的速度大小為1×10⁴m/s；
（2）磁感應強度B的大小為0.1T；
（3）粒子到達F點時的速度大小為1.3×10⁴m/s；
（4）不改變其他條件，逐漸增大勻強電場的電場強度，要使粒子仍能打到擋板上，所加電場場度的最大值為1000V/m．

點評 本題關鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，分直線加速、勻速圓周運動和類似平拋運動過程進行研究，要結合動能定理、牛頓第二定律、分運動公式列式求解，同時要畫出運動軌跡并結合幾何關系確定圓軌道半徑和類似平拋運動的分位移關系．