Question

（2011?四川模擬）如圖所示，位于坐標原點O處的一粒子源P，在xoy平面內以同一速率v同時向y軸右側（含y軸）各個方向發射相同的正粒子，粒子質量為m、電荷量為q．在由y軸和上、下兩個與x軸相切于原點O、半徑為b的

1

4

圓弧所圍成的區域（含邊界）中，分別存在垂直于xoy平面的勻強磁場Ⅰ、Ⅱ．經過磁場區域后，粒子均沿x軸正方向運動，然后全部射人正對放置的金屬平板之間，兩平板垂直于y方向且關于x軸對稱，板間距離為d，在金屬板右側放置垂直于x軸且足夠大的接收屏MN．若兩板間加上大小為U的恒定電壓，只在板間形成沿y軸負方向的勻強電場，不計粒子重力及粒子間的相互作用．那么
（1）磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應強度大小是多少？方向如何？
（2）若全部粒子均能打在接收屏上，金屬板的最大長度是多少？此時粒子在接收屏上的分布范圍是多大？
（3）對由粒子源同一時刻發出的粒子而言，若沿x軸運動的粒子恰能從板間出射，且在其出射瞬間撤去電場，那么，打在接收屏上的粒子在進出金屬板間的過程中，y方向動量變化的最小值是多少？

Answer 1

分析：（1）、由題意可分析，沿y軸正方向和負方向射出的粒子，由偏轉方向可判斷出兩個區域的磁場方向，經偏轉后均沿x軸的正方向運動，可得出其運動半徑都是d，由洛倫茲力提供向心力列式求解可得出兩個磁場的場強．
（2）、首先根據運動學公式，在豎直方向上可求出帶電粒子的運動時間，在水平方向上，粒子一直做勻速直線運動，便可求出粒子在該時間內的水平位移，即為金屬板的最大長度．
（3）、由運動學公式表示出沿x軸入射的粒子從板間射出的時間t₂與豎直方向的位移的關系，再分析所有粒子到達金屬邊間的最大時間差△t，便可得到動量變化△p的表達式，根據t₂-△t取值，可分析粒子沿y方向動量變化的最小值．

解答：解：
（1）、磁場Ⅰ的磁感應強度為B₁，方向垂直紙面向外，由題意可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑是b，則有：
qvB1=m

v2

b

得：B1=

mv

qb

磁場Ⅱ的磁感應強度為B₂，方向垂直紙面向內，由題意可知有：
B2=B1=

mv

qb

（2）、由y=-b處入射的粒子恰能從金屬板間射出，所用的時間為t₁，由牛頓第二定律可得粒子在y軸方向的加速度為：
a=

qU

md

由運動學公式有：

d

2

-b=

1

2

a 

t

2 1

金屬板的最大長度為：
L_max=vt₁
由以上各式可得：
Lmax= v  

(d-2b)dm qU

所有粒子經電場都沿y的負方向偏移同樣大小的量值，所以粒子在MN屏上的y方向分布范圍為：
△y_MN=2b
（3）、沿x軸入射的粒子恰能從板間射出，所用的時間為t₂，則由運動學公式有：

d

2

=

1

2

a

t

2 2

由y=b處入射的粒子與y=0處入射的粒子剛到達金屬板間的時間差最大，為：
△t=(

π

2

-1)

b

v

y=b處入射的粒子在y方向的動量變化最小，其值為△p，由動量定理得：
△p=

qU

d

(t2-△t)
當t₂-△t＞0時
△p=

mqU

-(

π

2

-1)

qUb

vd

當t₂-△t≤0時，粒子不經電場加速
△p=0
答：（1）磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應強度大小都為

mv

qb

．方向分別為垂直紙面向外和向里．
（2）若全部粒子均能打在接收屏上，金屬板的最大長度是v 

(d-2b)dm qU

，此時粒子在接收屏上的分布范圍是2d．
（3）y方向動量變化的最小值是0．

點評：此題考察到了兩方面的問題，一是在磁場中的偏轉，一是在電場中的偏轉．
對于帶點粒子在磁場中的偏轉，往往聯系臨界和多解問題，當粒子速度大小不變，速度方向變化；此時由于速度大小不變，則所有粒子運動的軌道半徑相同，但不同粒子的圓心位置不同，其共同規律是：所有粒子的圓心都在以入射點為圓心，以軌道半徑為半徑的圓上，從而找出動圓的圓心軌跡，再確定運動軌跡的臨界點．
粒子在電場中的偏轉，把運動沿電場的方向和垂直于電場的方向進行分解，一是做初速度為零的勻加速直線運動，一是做勻速直線運動，分別運用運動學公式進行列式求解即可．