Question

17．真空中有如圖所示矩形區(qū)域，該區(qū)域總高度為2h、總寬度為4h，其中上半部分有磁感應強度為B、垂直紙面向里的水平勻強磁場，下半部分有豎直向下的勻強電場，x軸恰為水平分界線，正中心恰為坐標原點O．在x=2.5h處有一與x軸垂直的足夠大的光屏（圖中未畫出）．質量為m、電荷量為q的帶負電粒子源源不斷地從下邊界中點P由靜止開始經過勻強電場加速，通過坐標原點后射入勻強磁場中．粒子間的相互作用和粒子重力均不計．

（1）若粒子在磁場中恰好不從上邊界射出，求加速電場的場強E；
（2）若加速電場的場強E為（1）中所求E的4倍，求粒子離開磁場區(qū)域處的坐標值；
（3）若將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變，則加速電場的場強E′多大？粒子在電場和磁場中運動的總時間多大？

Answer 1

分析 （1）根據動能定理求得經電場加速后粒子的速度，由幾何關系知粒子恰好不從上邊界飛出說明粒子在磁場中圓周運動的半徑剛好等于磁場的寬度h，根據半徑公式求解即可；
（2）根據動能定理和半徑公式計算出粒子圓周運動的半徑，再由幾何關系確定粒子離開磁場區(qū)域處的坐標值即可；
（3）粒子打在屏上的位置始終不變，說明粒子打在屏上時的速度方向與x軸平行，根據粒子運動可能軌跡確定加速電場的大小及粒子在電場和磁場中運動的總時間即可．注意粒子圓周運動的周期性．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中加速過程根據動能定理有$qEh=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
進入勻強磁場后做勻速圓周運動有$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$
要求粒子在磁場中恰好不從上邊界射出，則有：r=h
故可解得E=$\frac{q{B}^{2}h}{2m}$
（2）帶電粒子在電場中加速過程根據動能定理有：
$q×4Eh=\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
進入勻強磁場后做勻速圓周運動，由$q{v}_{2}B=m\frac{{v}_{2}^{2}}{{r}_{2}}$
得：r₂=2h
則粒子從O點進入后運動了圓心角為θ即離開磁場．由幾何關系可得：

$sinθ=\frac{h}{{r}_{2}}=\frac{1}{2}$
即 θ=30°
離開磁場處：y=h
x=r₂-r₂cos30°=$2h（1-\frac{\sqrt{3}}{2}）$=$（2-\sqrt{3}）h$
即離開磁場處的坐標為：$[（2-\sqrt{3}）h，h]$
（3）帶電粒子在電場中加速過程根據動能定理有：
$qE′h=\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
由“將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變”，知離開磁場時粒子速度方向必平行于x軸，沿+x方向．
故：進入勻強磁場后做勻速圓周運動的半徑為：
$r′=\frac{2h}{2n+1}$（n=1，2，3，4…）
又$qv′B=m\frac{v{′}^{2}}{r′}$
解得E′=$\frac{2q{B}^{2}h}{（2n+1）^{2}m}$（n=1，2，3，4，…）
從O點進入磁場后先運動半個圓周再返回電場減速到0又返回磁場時速度仍是v′，如此周期性運動最后從磁場的右邊界水平射出．
帶電粒子在磁場中運動總時間${t}_{1}^{′}=（2n+1）\frac{T}{4}=\frac{（2n+1）πm}{2qB}$（n=1，2，3，4…）
帶電粒子在電場中運動總時間${t}_{2}^{′}=（2n+1）\frac{h}{\frac{v′}{2}}$=$\frac{（2n+1）^{2}m}{qB}$（n=1，2，3，4…）
帶電粒子在電磁場中運動總時間${t}_{2}^{′}={t}_{1}^{′}+{t}_{2}^{′}$=$\frac{（2n+1）（4n+π+2）}{2qB}$m（n=1，2，3，4…）
答：（1）若粒子在磁場中恰好不從上邊界射出，加速電場的場強E為$\frac{q{B}^{2}h}{2m}$；
（2）若加速電場的場強E為（1）中所求E的4倍，粒子離開磁場區(qū)域處的坐標值為$[（2-\sqrt{3}）h，h]$；
（3）若將光屏向x軸正方向平移，粒子打在屏上的位置始終不改變，則加速電場的場強E′為$\frac{2q{B}^{2}h}{（2n+1）^{2}m}$（n=1，2，3，4，…）
粒子在電場和磁場中運動的總時間為$\frac{（2n+1）（4n+π+2）}{2qB}$m（n=1，2，3，4…）．

點評 解決本題的關鍵是掌握帶電粒子在加速電場中的運動及由動能定理求得經加速電場后的速度，粒子在磁場中在洛倫茲力作用下做圓周運動，要考慮到由條件作出粒子運動軌跡，由軌跡確定粒子運動的半徑，再根據洛倫茲力提供向心力列式求解，要注意圓周運動的周期性．