Question

9．如圖所示，在O點有一個粒子，可以向水平直線 HH′以上的紙平面區(qū)域各個方向（含HH′）發(fā)射速度大小均為v₀的同種正粒子．直線GG′與HH′平行．在GG′以下區(qū)域有磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場．在GG′和與之平行的直線FF′之間有方向豎直向上的勻強電場，場強大小E=Bv₀．HH′與GG′、GG′與FF′之間的距離均為L．在FF′以上區(qū)域有垂直紙面向外的另一勻強磁場．圖中O、O₁、O₂處于同一豎直線上，不計粒子重力．求：（不考慮粒子間的相互作用）
（1）粒子第一次進入電場時，處在O₁左側的粒子中，距O₁為L的某粒子恰好沿電場方向進入電場，則這些粒子的比荷為多少？
（2）第一次在電場中運動的所有粒子，從邊界FF′離開電場時，距離O₂不超過多遠？
（3）若FF′以上的磁場磁感應強度為λB，則當（1）問中距O₁為L的這個粒子要到達圖中P點，O₂P=3L，則λ為多大？

Answer 1

分析 （1）由幾何知識求出粒子軌道半徑，由牛頓第二定律求出荷質比；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律可以求出最大距離；
（3）由動能定理求出粒子進入磁場時的速度，由粒子軌道半徑公式分析答題．

解答 解：（1）由幾何知識可得，粒子軌道半徑：R=L，粒子在磁場中做勻速圓周運動，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{{v}_{0}}{BL}$；
（2）粒子在電場中做類平拋運動：
x=v₀t，L=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
解得：x=$\sqrt{2}$L，
則最大距離為：d=L+x=（1+$\sqrt{2}$）L，
（3）粒子射出電場時的速度為v，由動能定理得：qEL=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：v=$\sqrt{3}$v₀，
設該粒子在λB磁場區(qū)域轉n次到達P點，
設第一次在距O₂右側L+△x處，粒子做勻速運動的軌道半徑：r=$\frac{mv}{qB}$，
則：$\frac{2L+△x}{2}$=$\frac{mv}{qλB}$，
解得：△x=（$\frac{2\sqrt{3}}{λ}$-2）L，
如果向下通過P點，則：n△x=2L，
解得：λ=$\frac{\sqrt{3}n}{n+1}$  n=1、2、3…，
若向上通過P點，則：n△x=4L，
解得：λ=$\frac{\sqrt{3}n}{n+2}$  n=1、2、3…；
答：（1）粒子第一次進入電場時，處在O₁左側的粒子中，距O₁為L的某粒子恰好沿電場方向進入電場，則這些粒子的比荷$\frac{q}{m}$為：$\frac{{v}_{0}}{BL}$；
（2）第一次在電場中運動的所有粒子，從邊界FF′離開電場時，距離O₂不超過：（1+$\sqrt{2}$）L；
（3）若FF′以上的磁場磁感應強度為λB，則當（1）問中距O₁為L的這個粒子要到達圖中P點，O₂P=3L，如果向下通過P點，λ=$\frac{\sqrt{3}n}{n+1}$  n=1、2、3…，
若向上通過P點，λ=$\frac{\sqrt{3}n}{n+2}$  n=1、2、3…．

點評 本題考查了粒子在電磁場中的運動，分析清楚粒子運動軌跡、應用牛頓第二定律、幾何知識即可正確解題．