Question

14．如图所示，真空室内竖直条形区域Ⅰ内存在竖直向下的匀强电场，条形区域Ⅱ内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场和电场宽度均为L且足够长，MN为涂有荧光物质的竖直板．现有质量均为m，电量大小均为q的正、负两种带电粒子，负粒子从A点、正粒子从B点以相同速度v同时在纸面内以垂直电场线方向射入电场，A、B两点间距离为$\frac{L}{2}$，已知粒子到达Ⅰ、Ⅱ区域分界面ab上时相距为$\frac{3}{2}$L，粒子射出磁场垂直打到荧光屏上，观察到两个亮斑，（不计两粒子间的相互作用）求：
（1）荧光屏上两亮斑间的距离；
（2）粒子从射入电场到打到荧光屏上的时间；
（3）改变磁场的磁感应强度使粒子在磁场中发生碰撞，求磁感应强度满足的条件．

Answer 1

分析 正负粒子进入匀强电场分别向下、上做类平抛运动，进入磁场后又做逆时针、顺时针方向的匀速圆周运动，最后垂直打在荧光屏MN上．
（1）在电场中先根据水平位移求出沿竖起位移及末速度方向和大小，进入磁场后由半径公式和几何关系求出偏出入点的距离．
（2）根据粒子沿电场方向的位移，求出电场中的时间，根据粒子在磁场中的集团角度求出在磁场中的时间，两个过程的时间相加，就是总时间．
（3）当B较大时，半径较小，由对称性，B最大时在ab线上相碰，同理，B最小时，在MN上相碰．由几何关系，可以找到B的关系

解答 解：（1）由题意，粒子沿电场方向上的位移：$y=\frac{3}{4}L-\frac{1}{4}L=\frac{L}{2}$
而水平位移：x=L
所以速度与水平方向的夹角θ 和位移方向与水平方向夹角α 满足：$tanθ=2tanα=2×\frac{y}{x}=1$ 
所以进入磁场时速度方向与水平方向成45°
由几何关系：粒子做圆周运动的半径：$r=\frac{L}{cos45°}=\sqrt{2}L$
由对称关系可得：两亮点间的距离$△y=2y+2（r-rcos45°）+\frac{L}{2}=（2\sqrt{2}-1）L$
（2）粒子进入电场的初速度为v，则粒子在电场中的时间为
${t}_{1}=\frac{L}{v}$  
进入磁场后粒子的速度为$\sqrt{2}v$，在磁场中偏转45°的时间为
${t}_{2}=\frac{1}{8}T=\frac{1}{8}×\frac{2πr}{\sqrt{2}v}=\frac{πL}{4v}$
所以总时间：$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{4L+πL}{4v}$
（3）改变B的大小，使粒子相碰，则最小半径r₁，应满足粒子的轨迹与ab的中垂线相切，由几何关系：
${r}_{1}+{r}_{1}cos45=\frac{3}{4}L+\frac{1}{4}L$
而   $q\sqrt{2}v{B}_{max}=\frac{m（\sqrt{2}v）^{2}}{{r}_{1}}$
所以：${B}_{1}=\frac{2-\sqrt{2}}{qv}L$
同理：改变B的大小，使粒子相碰，则最大半径r₂ 应满足粒子的轨迹与MN相切，由几何关系：
r₂+r₂cos45°=L
而 $q\sqrt{2}vB=\frac{m（\sqrt{2}v）^{2}}{{r}_{2}}$
所以：${B}_{2}=\frac{2-\sqrt{2}}{qv}L$
由于B₁=B₂，表示粒子相碰的位置只在ab中垂线上的某点，同时粒子轨迹与MN相切．
答：（1）荧光屏上两亮斑间的距离$△y=2y+2（r-rcos45°）+\frac{L}{2}=（2\sqrt{2}-1）L$．
（2）粒子从射入电场到打到荧光屏上的时间$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{4L+πL}{4v}$．
（3）改变磁场的磁感应强度使粒子在磁场中发生碰撞，磁感应强度满足的条件$B=\frac{2-\sqrt{2}}{qv}L$．

点评 此题考察了类平抛运动的一种特例，即末速度与水平方向成45°情况（竖直位移是水平位移的$\frac{1}{2}$），这个结论是考试热点，可以记住．本题的难点在于第③问，由正负粒子运动轨迹的对称性，要相碰的半径与B大小有关系．注意B越大r越小，则可能各自从左边界穿出；B越小r越大，则可能直接打在MN上．要考虑两种情况的临界状态进行考虑．