Question

在显示器中，用到了电场和磁场对电荷运动的控制，下图为一个利用电场、磁场对电荷运动控制的模型图，在区域I中的P₁ P₂分别为加速电场的正负两极板，P₂中央有一小孔，两极板竖直平行正对放置，开始加有大小为U电压．区域II中有一以l及l′为边界的竖直向下的匀强电场．在区域III中有一以l′为左边界垂直于纸面的匀强磁场．现有一带正电的粒子（重力不计），质量为m，电量为q，从极板P₁由静止开始沿中轴线OO′方向进入区域II，从边界l′的P点离开区域II，此时速度与水平方向夹角α=30^o ．若两极板所加电压改为U′，其它条件不变，粒子则从边界l′的Q点离开区域II，此时速度与水平方向夹角β=60°．已知PQ两点的距离为d．
（1）．求U′和区域II中电场强度E的大小
（2）．若两次进入区域III的粒子均能回到边界l′上的同一点，求区域III中磁场的磁感应强度B的大小和方向（磁场足够宽）

Answer 1

分析：（1）电荷在区域Ⅰ中被加速，在区域Ⅱ中做类平抛运动，运用运动的分解法，根据牛顿第二定律、运动学公式和动能定理得到加速电压U与电荷在区域Ⅱ中偏向角的关系式，再用比例法求出U′．PQ两点的距离等于电荷在区域Ⅱ中含偏移量，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出E．
（2）电荷在区域Ⅲ中只受洛伦兹力做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和几何关系求出B．根据两次轨迹弦的长度大小，分析电荷旋转的方向，判断B的方向．

解答：解：（1）设电荷经U加速之后的速度为v₀，出边界的速度为v，竖直方向的偏移量为y，竖直分速度为v_y，速度偏向角为θ，区域Ⅱ的宽度为L，穿过区域Ⅱ的时间为t，加速度为a．
区域II中有
    L=v₀t ①
    y=

1

2

vyt②
   tanθ=

vy

v0

  ③
解得y=

L

2

tanθ④
电场加速中由动能定理：qU=

1

2

m

v

2 0

⑤
由牛顿第二定律：Eq=ma，
得y=

1

2

at2=

1

2

qE

m

t2=

1

2

qEL2

m v 2 0

=

qEL2

4qU

⑥
由④⑥解得：U=

EL

2tanθ

   ⑦
所以代入数值得：

U′

U

=

tanα

tanβ

=

1

3

解得：U′=

1

3

U
第二次偏移量y₂与第一次偏移量y₁之差为得：y₂-y₁=d
结合④得：

L

2

tanβ-

L

2

tanα=d
解得L=

3

d
由⑦得，第一次入射时U=

EL

2tanα

，解得：E=

2U

3d

（2）设进入磁场时，粒子做圆周运动的半径为R
由牛顿第二定律：qvB=m

v2

R

及：v₀=vcosθ
解得：R=

2qUm

qBcosθ

代入数值得到，第一次粒子的半径R₁和第二次粒子的半径R₂关系为：R₁=R₂
再由两弦长之差为d
可得：2R₁cosα-2R₂cosβ=d
解得：B=

(6 2 -2 6 ) qUm

3qd

由第一次弦长大于第二次弦长可知圆心位于射出点下方，由左手定则判断得知，B的方向垂直纸面向外．
答：
（1）U′=

1

3

U，区域II中电场强度E=

2U

3d

．
（2）区域III中磁场的磁感应强度B=

(6 2 -2 6 ) qUm

3qd

，方向垂直纸面向外．

点评：本题是电场加速、偏转和磁场中圆周运动的综合．电场加速根据动能定理求电荷的速度，电场中偏转运用运动的合成与分解法研究，磁场中根据牛顿第二定律研究轨迹半径都是常见的思路．