Question

12．如圖所示，在空間建立O-xyz坐標(biāo)系，水平向右為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，垂直紙面向外為z軸的正方向（圖中未畫出）．一個放射源放在x軸上A點（-2$\sqrt{3}$，0，0），它能持續(xù)放出質(zhì)量為m，帶電量為+q，速度大小為v₀的粒子，粒子射出方向與x軸夾角可調(diào)節(jié)，在第二象限區(qū)域外加場的作用下，粒子射出后總由y軸上C點（0，3a，0）以垂直于y軸的方向射入第一象限．而在y軸右側(cè)相距為a處有與x軸垂直的足夠大光屏PQ，y軸和光屏PQ間同時存在垂直紙面向外、大小為E₀的勻強電場以及大小為E=$\frac{m{v}_{0}}{2qa}$的勻強磁場，不計粒子的重力．
（1）若在第二象限整個區(qū)域僅存在沿-y軸方向的勻強電場，求該電場的場強E；
（2）若在第二象限整個區(qū)域僅存在垂直紙面的勻強磁場，求磁感應(yīng)強度B；
（3）在上述兩種情況下，粒子最終打在光屏上的位置坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)運動的合成與分解知識、運動學(xué)公式求出電場強度；
（2）由幾何知識求出粒子軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度；
（3）求出粒子的速度，求出粒子在磁場中的運動時間，然后由勻變速運動的位移公式求出在z軸方向的位移；

解答 （1）設(shè)粒子射出時速度方向與x軸正方向夾角為θ，則有，$tanθ=2tanα=2×\frac{3a}{{2\sqrt{3}a}}=\sqrt{3}$，
所以θ=60°         
${v_y}={v_0}sin{60^0}=\frac{{\sqrt{3}{v_0}}}{2}$，$2×\frac{qE}{m}×3a=v_y^2$，
所以$E=\frac{mv_0^2}{8qa}$
（2）設(shè)粒子在第二象限磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，
則$R=\frac{{m{v_0}}}{qB}$，${R^2}={（{2\sqrt{3}a}）^2}+{（{R-3a}）^2}$，
得R=3.5a，$B=\frac{{2m{v_0}}}{7qa}$
（3）在第一種情況下，粒子進入第一象限的速度為v₁，v₁=v₀cos60°=$\frac{v_0}{2}$
在磁場B₀中做勻速圓周運動的半徑${R_1}=\frac{{m{v_1}}}{{qB{\;}_0}}=a$
從進入第一象限到打到光屏上的時間為${t_1}=\frac{T}{4}=\frac{πa}{v_0}$

粒子在z軸方向上做初速度為0的勻加速直線運動，在t₁時間內(nèi)沿z軸方向通過的距離${z_1}=\frac{1}{2}\frac{{q{E_0}}}{m}t_1^2=\frac{{q{E_0}{π^2}{a^2}}}{2mv_0^2}$，
則粒子在光屏上的位置坐標(biāo)為$（{{a_{\;}}，2{a_{\;}}，\frac{{q{E_0}{π^2}{a^2}}}{2mv_0^2}}）$
在第二種情況下，粒子進入第一象限的速度為v₂，v₂=v₀
在磁場B₀中做勻速圓周運動的半徑${R_2}=\frac{{m{v_2}}}{{qB{\;}_0}}=2a$
從進入第一象限到打到光屏上的時間為${t_2}=\frac{T}{12}=\frac{πa}{{3{v_0}}}$
粒子在z軸方向上做初速度為0的勻加速直線運動，在t₂時間內(nèi)沿z軸方向通過的距離${z_2}=\frac{1}{2}\frac{{q{E_0}}}{m}t_2^2=\frac{{q{E_0}{π^2}{a^2}}}{18mv_0^2}$，
則粒子在光屏上的位置坐標(biāo)為$（{{a_{\;}}，（\sqrt{3}+1）{a_{\;}}，\frac{{q{E_0}{π^2}{a^2}}}{18mv_0^2}}）$
答：（1）若在第二象限整個區(qū)域僅存在沿-y軸方向的勻強電場，該電場的場強E為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{8qa}$；
（2）若在第二象限整個區(qū)域僅存在垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B大小為$\frac{2m{v}_{0}}{7qa}$；
（3）在上述兩種情況下，粒子最終打在光屏上的位置坐標(biāo)為$（{{a_{\;}}，（\sqrt{3}+1）{a_{\;}}，\frac{{q{E_0}{π^2}{a^2}}}{18mv_0^2}}）$．

點評 本題考查了帶電粒子在電場、磁場中的運動，運動過程較復(fù)雜，分析清楚運動過程是正確解題的關(guān)鍵；應(yīng)用運動的合成與分解、牛頓第二定律、運動學(xué)公式即可正確解題．