Question

14．如圖所示，在邊長為a的正方形ABCD的對角線AC左右兩側，分別存在垂直紙面向內磁感應強度為B的勻強磁場和水平向左電場強度大小為E的勻強電場，AD、CD是兩塊固定熒光屏（能吸收打到屏上的粒子）．現有一群質量為m、電量為q的帶正電粒子，從A點沿AB方向以不同速率連續不斷地射入勻強磁場中，帶電粒子速率范圍為 $\frac{aqB}{12m}$≤v≤$\frac{aqB}{m}$．已知E=$\frac{aq{B}^{2}}{12m}$，不計帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用．求：
（1）帶電粒子從A點射入到第一次進入電場的時間；
（2）恰能打到熒光屏C D上的帶電粒子的入射速度；
（3）CD熒光屏上形成亮線的長度；
（4）AD熒光屏上形成亮線的長度．

Answer 1

分析 （1）根據粒子在磁場中轉過的圓心角與粒子做圓周運動的周期公式求出粒子第一次進入電場的時間．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做勻減速直線運動，恰好打到CD上的粒子到達CD時的速度為零，應用牛頓第二定律與動能定理求出粒子的入射速度．
（3）分析清楚粒子運動過程，根據打在CD上的粒子軌道半徑求出CD熒光屏上形成亮線的長度；
（4）分析清楚粒子運動過程，然后求出AD熒光屏上形成亮線的長度．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子進入電場時在磁場中轉過的圓心角：θ=90°，
粒子從A點射入到第一次進入電場中需要的時間：t=$\frac{θ}{360°}$T=$\frac{πm}{2qB}$；
（2）帶電粒子射入勻強磁場中在洛侖茲力作用下做勻速園周運動，
經四分之一周到達對角線沿水平向右的方向進入勻強電場，
在電場力的作用下做勻減速直線運動，
設帶電粒子到達CD的速度恰好為零時對應的入射速度為V，
在磁場中的運動半徑為r，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
粒子在電場中做勻減速直線運動，由動能定理得：-qE（a-r）=0-$\frac{1}{2}$mv²，
解得：r=$\frac{1}{3}$a，v=$\frac{qaB}{3m}$；
（3）由（2）可知，速度：v＞$\frac{qaB}{3m}$的帶電粒子直接打在熒光屏CD上，
其中入射速度v=$\frac{qaB}{m}$的粒子半徑：r=$\frac{mv}{qB}$=a，將直接打到C點，
故熒光屏CD上亮線的長度為：l₁=$\frac{2}{3}$a；
（4）由（2）可知，速度：v＜$\frac{qaB}{3m}$的帶電粒子，進入電場后不能到達CD屏，
粒子原速返回后又在磁場中轉了$\frac{3}{4}$周，剛好垂直進入電場，
在電場中類平拋運動．熒光屏AD上亮線長度為：l₂=$\frac{2}{3}$a-$\frac{1}{6}$a=$\frac{1}{2}$a；
答：（1）帶電粒子從A點射入到第一次進入電場的時間為$\frac{πm}{2qB}$；
（2）恰能打到熒光屏CD上的帶電粒子的入射速度為$\frac{qaB}{3m}$；
（3）CD熒光屏上形成亮線的長度為$\frac{2}{3}$a；
（4）AD熒光屏上形成亮線的長度為$\frac{1}{2}$a．

點評 本題考查了粒子在電磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程，應用平衡條件與牛頓第二定律即可正確解題，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是正確解題的前提與關鍵．