Question

如圖所示，待測區(qū)域中存在勻強電場和勻強磁場，根據(jù)帶電粒子射入時的受力情況可推測其電場和磁場．圖中裝置由加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、相距為l的相同平行金屬板構(gòu)成，極板長度為l、間距為d，兩對極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等、電場方向相反．質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子經(jīng)加速電壓U₀加速后，水平射入偏轉(zhuǎn)電壓為U₁的平移器，最終從A點水平射入待測區(qū)域．不考慮粒子受到的重力．
（1）求粒子射出平移器時的速度大小v₁；
（2）當加速電壓變?yōu)?U₀時，欲使粒子仍從A點射入待測區(qū)域，求此時的偏轉(zhuǎn)電壓U；
（3）已知粒子以不同速度水平向右射入待測區(qū)域，剛進入時的受力大小均為F．現(xiàn)取水平向右為x軸正方向，建立如圖所示的直角坐標系Oxyz．保持加速電壓為U₀不變，移動裝置使粒子沿不同的坐標軸方向射入待測區(qū)域，粒子剛射入時的受力大小如下表所示．

射入方向	y	-y	z	-z
受力大小	5 F	5 F	7 F	3 F

請推測該區(qū)域中電場強度和磁感應(yīng)強度的大小及可能的方向．

Answer 1

（1）設(shè)粒子射出加速器的速度為v₀，根據(jù)動能定理得：qU₀=

1

2

m

v

20

由題意得  v₁=v₀，即 v₁=

2qU0 m

（2）在第一個偏轉(zhuǎn)電場中，設(shè)粒子的運動時間為t  
  加速度的大小 a=

qU1

md

         
  在離開時，豎直分速度  v_y=at
  豎直位移  y₁=

1

2

at2
  水平位移  l=v₁t
粒子在兩偏轉(zhuǎn)電場間做勻速直線運動，經(jīng)歷時間也為t．
  豎直位移  y₂=v_yt    
由題意知，粒子豎直總位移 y=2y₁+y₂
聯(lián)立解得  y=

U1l2

U0d

欲使粒子仍從A點射入待測區(qū)域，y不變，則當加速電壓為4U₀時，U=4U₁
（3）（a）由沿x軸方向射入時的受力情況可知：B平行于x軸，且 E=

F

q

；
（b）由沿±y軸方向射入時的受力情況可知：E與Oxy平面平行，則
   F²+f²=(

5

F)2，則f=2F  
且 f=qv₁B
解得 B=

F

q

2m qU0

  
（c）設(shè)電場方向與x軸方向夾角為α． 
若B沿x軸方向，由沿z軸方向射入時的受力情況得
  （f+Fsinα）²+（Fcosα）²=（

7

F）²
 解得，α=30°或α=150°
即 E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為30⁰或150⁰．
  同理，若B沿-x軸方向，
 E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為-30°或-150°．
答：（1）粒子射出平移器時的速度大小v₁為

2qU0 m

．
（2）當加速電壓變?yōu)?U₀時，欲使粒子仍從A點射入待測區(qū)域，此時的偏轉(zhuǎn)電壓U為4U₁；
（3）該區(qū)域中電場強度和磁感應(yīng)強度的大小及可能的方向為：
（a）由沿x軸方向射入時的受力情況可知：B平行于x軸，且 E=

F

q

；
（b）由沿±y軸方向射入時的受力情況可知：E與Oxy平面平行，B=

F

q

2m qU0

；
（c）E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為30⁰或150⁰．若B沿-x軸方向，E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為-30°或-150°．