Question

20．真空中有如图所示矩形区域，该区域总高度为2h、总宽度为4h，其中上半部分有磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场，下半部分有竖直向下的匀强电场，x轴恰为水平分界线，正中心恰为坐标原点O．在x=2.5h处有一与x轴垂直的足够大的光屏（图中未画出）．质量为m、电荷量为q的带负电粒子源源不断地从下边界中点P由静止开始经过匀强电场加速，通过坐标原点后射入匀强磁场中．粒子间的相互作用和粒子重力均不计．
（1）若粒子在磁场中恰好不从上边界射出，求加速电场的场强E；
（2）若加速电场的场强E为（1）中所求E的4倍，求粒子离开磁场区域处的坐标值；
（3）若将光屏向x轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变，求加速电场的场强E′（E′＜E）的可 能值？

Answer 1

分析 （1）在P处的粒子经电场加速后，进入匀强磁场做匀速圆周运动，当粒子恰不从磁场边界穿出时，则运动轨迹与上边界相切，由几何关系求出半径，由动能定理就能得到加速电场的场强．
（2）当加速电场变为（1）问的4倍时，由动能定理知其速度变为（1）问的2倍，进入磁场做匀速圆周运动的半径变为（1）问的2倍，由几何关系就能求出离开磁场时的位置坐标．
（3）将光屏向x轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变，则粒子离开磁场时的速度方向必平行于x轴．则有半径的奇数倍等于2h，再由动能定理和洛仑兹力提供向心力从而求出电场强度的可能值．

解答 解：（1）带电粒子在电场中加速过程根据动能定理有$qEh=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
  进入匀强磁场后做匀速圆周运动有 $qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$
  要求粒子在磁场中恰好不从上边界射出，则取：r=h    解得E=$\frac{q{B}^{2}h}{2m}$
（2）带电粒子在电场中加速过程根据动能定理有：$q×4Eh=\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}$
 进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由$q{v}_{2}B=m\frac{{{v}_{2}}^{2}}{{r}_{2}}$  得：r₂=2h
 则粒子从O点进入后运动了圆心角为θ即离开磁场．由几何关系可得：sinθ=$\frac{h}{{r}_{2}}=\frac{1}{2}$    即  θ=30°
 离开磁场处：y=h      x=2h（1-cosθ）=$（2-\sqrt{3}）h$
 即离开磁场处的坐标为：[$（2-\sqrt{3}）h$，h]
（3）带电粒子在电场中加速过程根据动能定理有：$qE′h=\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
  由“将光屏向x轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变”，知离开磁场时粒子速度方向必平行于x轴，沿+x方向．
  故：进入匀强磁场后做匀速圆周运动的半径为：r′=$\frac{2h}{2n+1}$（n=1，2，3，4…）
  又  $qv′B=m\frac{v{′}^{2}}{r′}$
  解得 E=$\frac{2q{B}^{2}h}{（2n+1）^{2}m}$（n=1，2，3，4…）
答：（1）若粒子在磁场中恰好不从上边界射出，加速电场的场强E为$\frac{q{B}^{2}h}{2m}$．
（2）若加速电场的场强E为（1）中所求E的4倍，粒子离开磁场区域处的坐标值为[$（2-\sqrt{3}）h$，h]．
（3）若将光屏向x轴正方向平移，粒子打在屏上的位置始终不改变，则加速电场的场强E′（E′＜E）的可 能值为$\frac{2q{B}^{2}h}{（2n+1）^{2}m}$（n=1，2，3，4…）．

点评 本题的靓点在于第三问，当荧光屏向x轴正方向移时，粒子打在屏上的位置不变，则说明粒子离开磁场的速度方向平行于x轴，从而就知道半径的奇数倍恰等于2h．再由动能定理和洛仑兹力提供向心力就能得到电场强度的可能值．