Question

2．如圖，K為一粒子源，可以產生初速度幾乎為零的帶正電粒子A與B，B粒子的比荷是A粒子比荷的4倍，A、B粒子經過y軸左側的區域1在U₁=100V的電壓加速后，進入y軸右側并存在有上下邊界MN、PQ的區域2（區域2右邊界足夠長），區域2中可以施加平行xOy平面沿y方向的勻強電場或垂直紙面向里的勻強磁場，電場強度為E=200V/m，磁感應強度為B=0.1T，以區域2入射點作為坐標原點建立直角坐標，如圖所示．（粒子重力不計）
（1）若區域2中同時存在電場與磁場，發現A粒子恰好沿直線運動，求A粒子的比荷；
（2）若區域2中保留電場，撤去磁場，求A、B粒子在區域2中運動的時間之比；
（3）若區域2中保留磁場，撤去電場，B粒子經過區域2上方坐標為（$\frac{\sqrt{3}}{2}$m，1m）的P點，求磁場邊界MN與y軸交點的坐標．

Answer 1

分析 （1）首先粒子在加速電場中加速，運用動能定理解決，之后接入電磁場區域，速度選擇器模型，列平衡方程，洛倫茲力和電場力平衡即可；
（2）兩粒子均做類平拋運動，利用運動的合成和分解結合牛頓第二定律解決；
（3）兩粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，求出半徑公式，結合幾何關系即可．

解答 解：
（1）設粒子勻速運動的速度大小為v_A，
        因為粒子做勻速直線運動，根據平衡條件：q_Av_AB=Eq_A
        所以A粒子的速度為v_A=$\frac{E}{B}$=2×10³m/s
        粒子在加速電場中，根據動能定理：q_AU₁=$\frac{1}{2}$m_A${v}_{A}^{2}$
        得$\frac{{q}_{A}}{{m}_{A}}$=2×10⁴C/kg
（2）兩粒子均做類平拋運動，設AB兩粒子在區域2運動的時間分別為t_A，t_B
        根據類平拋的關系可得：y=$\frac{1}{2}$at²，根據牛頓第二定律得：Eq=ma
        聯立得：t=$\sqrt{\frac{2ym}{Eq}}$
        所以t_A：t_B=1：2
（3）由qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，得r=$\frac{mv}{qB}$，且知v_B=2v_A，$\frac{{q}_{B}}{{m}_{B}}$=4$\frac{{q}_{A}}{{m}_{A}}$，代入得：半徑r_B=0.5m
        設坐標原點為O，B粒子運動圓心為C，設磁場邊界在AD線上，交圓弧為B點，
        設弧OB所對圓心角為θ，粒子離開磁場后沿直線BP運動到P點，其中PD垂直于x軸．
        由幾何關系可得：PD=BDtanθ
                                  PD=y_P-AO   
                                  AO=r_B（1-cosθ）
                                  BD=x_P-r_Bsinθ
        聯立可得：sinθ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，θ=60°
        顯然，B點的縱坐標y_B=r_B（1-cosθ）=0.25m
        所以MN邊界在y=0.25處，交點坐標為（0，0.25m）
答：（1）若區域2中同時存在電場與磁場，發現A粒子恰好沿直線運動，A粒子的比荷為2×10⁴C/kg；
      （2）若區域2中保留電場，撤去磁場，A、B粒子在區域2中運動的時間之比為1：2；
      （3）若區域2中保留磁場，撤去電場，B粒子經過區域2上方坐標為（$\frac{\sqrt{3}}{2}$m，1m）的P點，磁場邊界MN與y軸交點的坐標為（0，0.25m）

點評 本題難度不大，考查點包括：速度選擇器模型的平衡條件，帶電粒子在加速電場和偏轉電場中的運動；第三問帶電粒子在磁場中的運動，解題關鍵是要找到幾何關系．