Question

4．如圖所示，將某正粒子放射源置于原點O，其向各方向射出的粒子速度大小均為υ₀、質量均為m、電荷量均為q．在0≤y≤d的一、二象限范圍內分布著一個左右足夠寬的勻強電場，方向與y軸正向相同，在d＜y≤2d的一、二象限范圍內分布著一個左右足夠寬的勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里．粒子第一次離開電場上邊界y=d時，能夠到達的最右側的位置為（$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$d，d），且最終恰沒有粒子從y=2d的邊界離開磁場，若只考慮每個粒子在電場中和磁場中各運動一次，不計粒子重力以及粒子間的相互作用，求：
（1）電場強度E和磁感應強度B；
（2）粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間．

Answer 1

分析 （1）沿x軸正方向發射的粒子做類平拋運動，根據平拋運動基本公式列式求解E；
粒子沿x軸正方向射出的粒子進入磁場偏轉的角度最大，若該粒子進入磁場不能打在ab板上，則所有粒子均不能打在板上．根據帶電粒子在電場中類平拋運動，求出進入磁場中的偏轉角度，結合幾何關系得出軌道半徑，從而得出磁感應強度的大小；
（2）粒子運動的最長時間對應最大的圓心角，經過（$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$d，d）恰與上邊界相切的粒子軌跡對應的圓心角最大，根據幾何關系結合周期公式求解

解答 解：（1）沿x軸正方向發射的粒子能夠到達最右側的位置（$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$d，d）．
由類平拋運動規律得：$x=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}d={υ_0}t$，$y=d=\frac{1}{2}a{t^2}$，其中：$a=\frac{qE}{m}$，解得：$E=\frac{3mυ_0^2}{2qd}$，
設粒子射入磁場時的速度為υ，由動能定理有：$qEd=\frac{1}{2}m{υ^2}-\frac{1}{2}mυ_0^2$，解得：υ=2υ₀，
設射入磁場時的速度方向與水平方向的夾角為α，則有：$cosα=\frac{υ_0}{υ}=\frac{1}{2}$，解得：α=60°，
設粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關系可知：d=R+R sin30°=1.5R，
粒子在磁場中做圓周運動，洛侖茲力提供向心力：$Bqυ=m\frac{υ^2}{R}$，
將υ=2υ₀、$R=\frac{2}{3}d$代入解得：$B=\frac{{3m{υ_0}}}{qd}$，
（2）粒子運動的最長時間對應最大的圓心角，
經過點（$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$d，d）恰與上邊界相切的粒子軌跡對應的圓心角最大．
由幾何關系可知最大圓心角：θ_max=240°=$\frac{4π}{3}$，
粒子運動最長時間：${t_{max}}=\frac{4πR}{3υ}=\frac{4πd}{{9{υ_0}}}$，
粒子運動的最短時間對應最小的圓心角，
經過點（-$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$d，d）粒子軌跡對應的圓心角最小，
由幾何關系可知最小圓心角：θ_min=120°=$\frac{2π}{3}$，
粒子運動最短時間：${t_{min}}=\frac{2πR}{3υ}=\frac{2πd}{{9{υ_0}}}$；
答：（1）電場強度E為$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{2qd}$，磁感應強度B為$\frac{3m{v}_{0}}{qd}$；
（2）粒子在磁場中運動的最長時間為：$\frac{4πd}{9{v}_{0}}$，最短時間為：$\frac{2πd}{9{v}_{0}}$．

點評 本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動，關鍵確定粒子運動的臨界情況，通過幾何關系解決，對學生數學幾何能力要求較高．