Question

20．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，求加速電場的場強E′（E′＜E）的可 能值？

Answer 1

分析 （1）在P處的粒子經電場加速后，進入勻強磁場做勻速圓周運動，當粒子恰不從磁場邊界穿出時，則運動軌跡與上邊界相切，由幾何關系求出半徑，由動能定理就能得到加速電場的場強．
（2）當加速電場變?yōu)椋?）問的4倍時，由動能定理知其速度變?yōu)椋?）問的2倍，進入磁場做勻速圓周運動的半徑變?yōu)椋?）問的2倍，由幾何關系就能求出離開磁場時的位置坐標．
（3）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，則粒子離開磁場時的速度方向必平行于x軸．則有半徑的奇數(shù)倍等于2h，再由動能定理和洛侖茲力提供向心力從而求出電場強度的可能值．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中加速過程根據(jù)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�。簉=h    解得E=$\frac{q{B}^{2}h}{2m}$
（2）帶電粒子在電場中加速過程根據(jù)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=2h（1-cosθ）=$（2-\sqrt{3}）h$
 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(jù)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…）
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′（E′＜E）的可 能值為$\frac{2q{B}^{2}h}{（2n+1）^{2}m}$（n=1，2，3，4…）．

點評 本題的靚點在于第三問，當熒光屏向x軸正方向移時，粒子打在屏上的位置不變，則說明粒子離開磁場的速度方向平行于x軸，從而就知道半徑的奇數(shù)倍恰等于2h．再由動能定理和洛侖茲力提供向心力就能得到電場強度的可能值．