Question

9．如圖為一個利用電場、磁場對電荷運動控制的模型圖．在區(qū)域I中的P₁、P₂分別為加速電場的正負兩極板，P₂中央有一孔，兩極板豎直平行正對放置，開始加有大小為U的電壓；在區(qū)域Ⅱ中有一以l及l(fā)′為邊界的豎直向下的勻強電場；在區(qū)域Ⅲ中有一以l′為左邊界垂直于紙面的勻強磁場．現(xiàn)有一帶正電的粒子（重力不計）質(zhì)量為m，電量為q，從極板P₁由靜止開始沿中軸線OO′方向進入?yún)^(qū)域Ⅱ，從邊界l′的P點離開區(qū)域Ⅱ，此時速度與水平方向夾角α=30°．若將P₁、P₂兩極板所加電壓改為U′，其它條件不變，粒子則從邊界l′的Q點離開區(qū)域Ⅱ，此時速度與水平方向夾角β=60°．已知PQ兩點的距離為d．
（1）求U′和區(qū)域Ⅱ中電場強度E的大��；
（2）若兩次進入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子均能回到邊界l′上同一點，求區(qū)域Ⅲ中磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向．（磁場范圍足夠大）

Answer 1

分析 （1）電荷在區(qū)域Ⅰ中被加速，在區(qū)域Ⅱ中做類平拋運動，運用運動的分解法，根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式和動能定理得到加速電壓U與電荷在區(qū)域Ⅱ中偏向角的關(guān)系式，再用比例法求出U′．PQ兩點的距離等于電荷在區(qū)域Ⅱ中含偏移量，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求出E．
（2）電荷在區(qū)域Ⅲ中只受洛倫茲力做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律和幾何關(guān)系求出B．根據(jù)兩次軌跡弦的長度大小，分析電荷旋轉(zhuǎn)的方向，判斷B的方向．

解答 解：（1）設(shè)電荷經(jīng)U加速之后的速度為v₀，出邊界的速度為v，豎直方向的偏移量為y，豎直分速度為v_y，速度偏向角為θ，區(qū)域Ⅱ的寬度為L，穿過區(qū)域Ⅱ的時間為t，加速度為a．
區(qū)域II中有
L=v₀t   ①
y=$\frac{1}{2}$v_yt  ②
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$ ③
解得y=$\frac{L}{2}$tanθ ④
電場加速中由動能定理：qU=$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$  ⑤
由牛頓第二定律：Eq=ma，
得y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t}^{2}$=$\frac{1}{2}\frac{qE{L}^{2}}{m{v}_{0}^{2}}$=$\frac{qE{L}^{2}}{4qU}$  ⑥
由④⑥解得：U=$\frac{EL}{2tanθ}$  ⑦
所以代入數(shù)值得：$\frac{U′}{U}$=$\frac{tanα}{tanβ}$=$\frac{1}{3}$
解得：U′=$\frac{1}{3}$U
第二次偏移量y₂與第一次偏移量y₁之差為得：y₂-y₁=d
結(jié)合④得：
$\frac{L}{2}$tanβ-$\frac{L}{2}$tanα=d
解得L=$\sqrt{3}$d
由⑦得，第一次入射時U=$\frac{EL}{2tanα}$，解得：E=$\frac{2U}{3d}$
（2）設(shè)進入磁場時，粒子做圓周運動的半徑為R
由牛頓第二定律：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
及：v₀=vcosθ
解得：R=$\frac{\sqrt{2q{U}_{m}}}{qBcosθ}$
代入數(shù)值得到，第一次粒子的半徑R₁和第二次粒子的半徑R₂關(guān)系為：R₁=R₂
再由兩弦長之差為d
可得：2R₁cosα-2R₂cosβ=d
解得：B=$\frac{6-2\sqrt{3}}{3d}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$
由第一次弦長大于第二次弦長可知圓心位于射出點下方，由左手定則判斷得知，B的方向垂直紙面向外．
答：（1）U′大小為$\frac{1}{3}$U，區(qū)域II中電場強度E=$\frac{2U}{3d}$．
（2）區(qū)域III中磁場的磁感應(yīng)強度B=$\frac{6-2\sqrt{3}}{3d}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$，方向垂直紙面向外．

點評 本題是電場加速、偏轉(zhuǎn)和磁場中圓周運動的綜合．電場加速根據(jù)動能定理求電荷的速度，電場中偏轉(zhuǎn)運用運動的合成與分解法研究，磁場中根據(jù)牛頓第二定律研究軌跡半徑都是常見的思路．