Question

12．真空中有如圖所示的矩形區(qū)域，該區(qū)域總高度為2d，總寬度為6d，區(qū)域的上半部分有磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外的水平均強磁場，下半部分有豎直向上的均強電場，x軸恰為電、磁場區(qū)域的水平分界線，區(qū)域正中心恰為坐標原點O，在x=3.5d處有一與x軸垂直防止的足夠大的光屏（圖中未畫出），質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子源源不斷地從下邊界中點P由靜止開始經(jīng)過均強電場加速，通過坐標原點后射入均強磁場中，粒子間的相互作用和粒子重力不計．
（1）若粒子在磁場中運動的軌跡半徑為$\frac2kvcivt{2}$，求加速電場的場強E₁的大��；
（2）若加速電場的場強E₂為第（1）問中所求E₁的9倍，求粒子離開磁場區(qū)域處的坐標；
（3）若將光屏沿x軸正方向平移，粒子打在光屏上的位置始終不變，求粒子在電場和磁場中運動的總時間．

Answer 1

分析 （1）在電場中據(jù)動能定理列出進入磁場的速度表達式，在磁場中洛侖茲力提供向心力，列出相應式子，聯(lián)立可求得加速電場的場強大�。�
（2）當加速電場變?yōu)?E₁  時，進入磁場的速度也相應地增大，半徑增大，軌跡是一條劣弧，由勾股定理求出橫軸坐標．
（3）將場外的光屏向右平移后，粒子打在光屏上位置不變，說明最后從（3d，d）離開磁場時的速度方向水平向右，則在磁場中轉(zhuǎn)過奇數(shù)個$\frac{1}{4}$圓�。�那么就有3d=（2n+1）r，n取自然數(shù)．再分別求出粒子在磁場和電場的時間，再相加就可以求出總時間．

解答 解：（1）在電場中：$q{E}_{1}d=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$$；q{E}_{1}d=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$              ①
    在磁場中：$q{v}_{1}B=\frac{m{{v}_{1}}^{2}}{{r}_{1}}$                          ②
    又     ${r}_{1}=\frachvfajoo{2}$                                            ③
   由以上三式得：${E}_{1}=\frac{qd{B}^{2}}{8m}$                        ④
（2）在電場中：$q×9{E}_{1}d=\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}$               ⑤
   在磁場中：$q{v}_{2}B=\frac{m{{v}_{2}}^{2}}{{{r}_{2}}^{2}}$                           ⑥
  由由幾何關系得：$（{r}_{2}-x）^{2}+8uakxfs^{2}={{r}_{2}}^{2}$           ⑦
  由④-⑦式得：$x=\frac{（3-\sqrt{5}）d}{2}$
                        $x=\frac{（3-\sqrt{5}）d}{2}$  （舍去）
  離開磁場處的坐標為  $[\frac{（3-\sqrt{5}）d}{2}，d]$
（3）由題意知：離開磁場時速度方向沿x軸正方向．
  粒子在磁場中運動半徑應滿足：
    ${r}_{n}=\frac{3d}{2n+1}$    （  n=1、2、3、4…）       ⑧
    $q{v}_{n}B=\frac{m{{v}_{n}}^{2}}{{r}_{n}}$                                        ⑨
   從O點進入磁場后先運動半個周再返回電場減速到零，又返回磁場時速度仍是v_n，如果
   周期運動，最后從磁場的右邊界水平射出，帶電粒子在磁場中運動總時間；
     ${t}_{1}=（2n+1）\frac{T}{4}=\frac{（2n+1）πm}{2qB}$     （  n=1、2、3、4…）  
   帶電粒子在電場中的總時間：
    ${t}_{2}=（2n+1）\fracon1mtpx{\frac{{v}_{1}}{2}}=\frac{2（2n+1）^{2}m}{3qB}$    （  n=1、2、3、4…）  
   帶電粒子在電磁場中的總時間為
   t=t₁+t₂=$\frac{（2n+1）（3π+8n+4）m}{6qB}$     （  n=1、2、3、4…）  
答：（1）若粒子在磁場中運動的軌跡半徑為$\fracoarneiy{2}$，加速電場的場強E₁的大小為$\frac{qd{B}^{2}}{8m}$．
（2）若加速電場的場強E₂為第（1）問中所求E₁的9倍，粒子離開磁場區(qū)域處的坐標為$[\frac{（3-\sqrt{5}）d}{2}，d]$．
（3）若將光屏沿x軸正方向平移，粒子打在光屏上的位置始終不變，粒子在電場和磁場中運動的總時間為$\frac{（2n+1）（3π+8n+4）m}{6qB}$．

點評 本題的疑難問題在于移動光屏，粒子打在光屏的位置不變，這說明粒子最后從（3d，d）點離開磁場時速度方向水平向右，則粒子在磁場中劃過奇數(shù)個$\frac{1}{4}$圓�。�     顯然3d=（2n+1）r，從知道粒子做$\frac{1}{4}$圓弧的個數(shù)，也就知道了粒子在磁場的時間，再用運動學公式求出粒子在電場中加速和減速的時間，也就求出了粒子在電磁場中的總時間．