Question

7．如圖所示，真空中有一個點狀的放射源P，它向各個方向發(fā)射同種正粒子（不計重力），速率都相同，ab為P點附近的一條水平直線（P到直線ab的距離PC=lm），Q為直線ab上一點，它與P點相距PQ=$\frac{\sqrt{5}}{2}$m（現(xiàn)只研究與放射源P和直線ab在同一個平面內(nèi)的粒子的運動），當真空中（直線ab以上區(qū)域）只存在垂直該平面向里、磁感應強度為B=2T勻強磁場時，水平向左射出的粒子恰到達Q點；當真空中（直線ab以上區(qū)域）只存在平行該平面的勻強電場時，不同方向發(fā)射的粒子若能到達ab直線，則到達ab直線時它們速度大小都相等，已知水平向左射出的粒子也恰好到達Q點．
（粒子比荷為$\frac{q}{m}$=1×10⁶C/kg）求：
（1）粒子的發(fā)射速率；
（2）當僅加上述電場時，求到達ab直線上粒子的速度大小和電場強度的大小；（結果可用根號表示）
（3）當僅加上述磁場時，從P運動到直線ab的粒子中所用的最短時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)幾何關系得出粒子在磁場中運動的軌道半徑，結合半徑公式求出粒子的發(fā)射速率．
（2）因所有粒子到達ab直線的速度大小相等，故電場的方向應由P指向C，水平向左發(fā)射的粒子應做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出到達ab直線上粒子的速度大小和電場強度的大��；
（3）從P運動到直線ab所用時間最短的粒子，PC必為其運動軌跡的一條弦，結合周期公式和圓心角的大小求出粒子運動的時間．

解答 解：（1）作PQ的中垂線分別交PQ、PC于A、O兩點，O點即為圓心，設圓的半徑為r，
由相似三角形知識有
$\frac{QC}{PQ}=\frac{AO}{r}$，
由直角三角形知識有
$AO=\sqrt{{r}^{2}-P{A}^{2}}$，
對粒子由牛頓第二定律得
$q{v}_{0}B=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$，
解以上方程并代入數(shù)據(jù)得v₀=1.25×10⁶m/s     
（2）因所有粒子到達ab直線的速度大小相等，故電場的方向應由P指向C，水平向左發(fā)射的粒子應做類平拋運動，所以
QC=v₀t，
PC=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}{t}^{2}$，
v=$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+（\frac{qE}{m}t）^{2}}$，
聯(lián)立解以上方程并代入數(shù)據(jù)得
v=$\frac{5\sqrt{5}}{4}m/s$．
E=1.25×10⁷V/m    
（3）從P運動到直線ab所用時間最短的粒子，PC必為其運動軌跡的一條弦，由幾何關系得
$sin∠PO′{P}_{1}=\frac{P{P}_{1}}{PO′}=\frac{4}{5}$，
所以∠PO′P₁=54°，
得∠PO′C=106°．
則其運動時間t=$\frac{106}{360}×\frac{2πm}{qB}=\frac{106π}{360}×1{0}^{-6}s$．
答：（1）粒子的發(fā)射速率為1.25×10⁶m/s；
（2）到達ab直線上粒子的速度大小為$\frac{5\sqrt{5}}{4}m/s$，電場強度的大小為1.25×10⁷V/m；
（3）從P運動到直線ab的粒子中所用的最短時間為$\frac{106π}{360}×1{0}^{-6}s$．

點評 本題的突破口是確定α粒子在勻強磁場中和勻強電場中的運動軌跡，由幾何知識求解磁場中圓周運動的半徑．