Question

17．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，则加速电场的场强E′多大？粒子在电场和磁场中运动的总时间多大？

Answer 1

分析 （1）根据动能定理求得经电场加速后粒子的速度，由几何关系知粒子恰好不从上边界飞出说明粒子在磁场中圆周运动的半径刚好等于磁场的宽度h，根据半径公式求解即可；
（2）根据动能定理和半径公式计算出粒子圆周运动的半径，再由几何关系确定粒子离开磁场区域处的坐标值即可；
（3）粒子打在屏上的位置始终不变，说明粒子打在屏上时的速度方向与x轴平行，根据粒子运动可能轨迹确定加速电场的大小及粒子在电场和磁场中运动的总时间即可．注意粒子圆周运动的周期性．

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，则有：r=h
故可解得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=r₂-r₂cos30°=$2h（1-\frac{\sqrt{3}}{2}）$=$（2-\sqrt{3}）h$
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，…）
从O点进入磁场后先运动半个圆周再返回电场减速到0又返回磁场时速度仍是v′，如此周期性运动最后从磁场的右边界水平射出．
带电粒子在磁场中运动总时间${t}_{1}^{′}=（2n+1）\frac{T}{4}=\frac{（2n+1）πm}{2qB}$（n=1，2，3，4…）
带电粒子在电场中运动总时间${t}_{2}^{′}=（2n+1）\frac{h}{\frac{v′}{2}}$=$\frac{（2n+1）^{2}m}{qB}$（n=1，2，3，4…）
带电粒子在电磁场中运动总时间${t}_{2}^{′}={t}_{1}^{′}+{t}_{2}^{′}$=$\frac{（2n+1）（4n+π+2）}{2qB}$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′为$\frac{2q{B}^{2}h}{（2n+1）^{2}m}$（n=1，2，3，4，…）
粒子在电场和磁场中运动的总时间为$\frac{（2n+1）（4n+π+2）}{2qB}$m（n=1，2，3，4…）．

点评 解决本题的关键是掌握带电粒子在加速电场中的运动及由动能定理求得经加速电场后的速度，粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做圆周运动，要考虑到由条件作出粒子运动轨迹，由轨迹确定粒子运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解，要注意圆周运动的周期性．