Question

20．如圖所示，真空中MN 上方半徑為 R 的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向與紙面垂直．在磁場右側(cè)有長為2R間距為R的平行金屬板所形成的勻強電場，具體分布在矩形ACFD內(nèi)．矩形中心線O₁O₂與磁場區(qū)域的圓心O在同一直線上，O₁也是圓周上的 一點，BAO₁DE在同一豎直線上，BA、DE 為擋板．有一群電荷為+q、質(zhì)量為 m 的帶電粒子以 速率v₀從圓周上的a點飛入，其方向與 aM 成 0°～180° 角且分布均勻地射出，每秒內(nèi)射出的帶電 粒子數(shù)總為 N₀，某一沿aO方向射入磁場的粒子從 O1 點飛出磁場進入右側(cè)電場，并恰好從 DF 邊緣 F 點離開電場，最后垂直打到探測板PQ上．（不計粒子的重力及粒子間的相互作用）
（1）求電場強度 E 和磁場的磁感應強度B的比值．
（2）求探測板 PQ 與 MN 的夾角θ的正切值和每秒垂直打在熒光屏 PQ 上的粒子數(shù) n．
（3）若打在平行金屬板DF上的粒子被全部吸收，打在探測板PQ上的粒子全部被探測板反向彈回，彈回速度大小不變，求從電場中射出的粒子對探測板的平均作用力的大�。�（沒有飛入ACFD 的粒子均被AB、DE 擋板攔截）

Answer 1

分析 （1）由題設(shè)條件，沿aO方向射入磁場的粒子從 O₁點飛出磁場進入右側(cè)電場，并恰好從 DF 邊緣 F 點離開電場．由該臨界狀態(tài)，由帶電粒子在磁場和電場中位移關(guān)系，分別表示出磁感應強度和電場強度，從而就能求出兩者的比值．
（2）由類平拋運動的特點，速度方向與位移方向的關(guān)系：tanθ=2tanα，很方便求出PQ與水平面的夾角的正切．由于粒子做勻速圓周運動的半徑與圓形磁場區(qū)域半徑相等，則從a點入射的粒子經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后均水平射出．所以求出從A和O₁進入電場的粒子的入射角范圍，該范圍點180°的百分比就是射出粒子數(shù)的百分比．
（3）垂直打在PQ上的粒子被原速反彈，由動量定理就能求出粒子對PQ板的作用力大小．

解答 解：（1）由題意，在圓形磁場中粒子做勻速圓周運動：$q{v}_{0}B=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$ 
由于從a 點出發(fā)，從O₁點水平射出，則有：r=R
在平行板電場中做類平拋運動：$\frac{1}{2}R=\frac{1}{2}×\frac{Eq}{m}{t}^{2}$，
   2R=v₀t
聯(lián)立以上幾式可得：$E=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{4qR}$，$B=\frac{m{v}_{0}}{qR}$
所以：$\frac{E}{B}$=$\frac{{v}_{0}}{4}$
（2）由題設(shè)條件：從O₁進入平行板的粒子從F點射出后恰垂直打在PQ上，由類平拋運動
運動的特點：速度方向與位移方向的關(guān)系所以有：
$tanθ=\frac{{v}_{x}}{{v}_{y}}=\frac{\frac{2R}{2}}{\frac{1}{2}R}=2$
  由于粒子做勻速圓周運動的半徑等于圓形磁場的半徑，則可以證明，由O點射出
的粒子經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后離開圓形磁場時均沿水平方向射出．由題意可知，從平行板的A
點和O₁點進入電場的粒子才能從平行板射出，而由A點進入平行板的粒子由幾何關(guān)系知：
其入射角恰與aN方向成120°，而從A點進入平行板的粒子其入射角與aN方向成90°，所以
每秒鐘打在PQ板上的粒子數(shù)n=$\frac{120°-90°}{180°}{N}_{0}$=$\frac{1}{6}{N}_{0}$．
（3）粒子飛出電場時由動能定理：$\frac{1}{2}m{v}^{2}=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}+Eq×\frac{1}{2}R$
所以$v=\frac{\sqrt{5}}{2}{v}_{0}$
取時間t，則有數(shù)目為N=nt個粒子垂直打在PQ上并以v的速度被反彈，對這些粒子由動量定理：
-Ft=Nm（-v）-Nmv
聯(lián)立可得：F=$\frac{\sqrt{5}}{6}{N}_{0}m{v}_{0}$
由牛頓第三定律可得：粒子對PQ板的平均作用力F′=F=$\frac{\sqrt{5}}{6}{N}_{0}m{v}_{0}$．
答：（1）電場強度 E 和磁場的磁感應強度B的比值為$\frac{{v}_{0}}{4}$．
（2）探測板 PQ 與 MN 的夾角θ的正切值為2、每秒垂直打在熒光屏 PQ 上的粒子數(shù) n為$\frac{1}{6}{N}_{0}$．
（3）若打在平行金屬板DF上的粒子被全部吸收，打在探測板PQ上的粒子全部被探測板反向彈回，
彈回速度大小不變，從電場中射出的粒子對探測板的平均作用力大小為$\frac{\sqrt{5}}{6}{N}_{0}m{v}_{0}$．

點評 本題的靚點有二：①從a點出發(fā)的粒子以相同的速度在磁場中做勻速圓周運動，由于半徑與磁場區(qū)域半徑相同，則所有粒子從磁場區(qū)域離開時均沿平行于極板方向．
②做類平拋運動運動的粒子離開電場的速度方向若反向延長則相交于水平位移的中點（這是由兩者方向的關(guān)系tanθ=2tanα  決定）．