Question

19．如圖所示，在邊長為a的正方形ABCD的對角線AC左右兩側(cè)，分別存在垂直紙面向內(nèi)磁感應(yīng)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(xiàn)有一群質(zhì)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(xù)不斷地射入勻強磁場中，帶電粒子速率范圍為$\frac{aqB}{12cm}$≤v≤$\frac{aq{B}^{2}}{m}$．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）恰能打到熒光屏C D上的帶電粒子的入射速度；
（2）AD、CD兩塊熒光屏上形成亮線的長度．

Answer 1

分析 （1）恰能打到熒光屏CD上的帶電粒子在磁場中先做四分之一圓周，然后在電場中做勻減速直線運動到零，結(jié)合動能定理和粒子在磁場中的半徑公式求出恰能打到熒光屏C D上的帶電粒子的入射速度．
（2））$v＞\frac{aqB}{3m}$的帶電粒子在磁場中的運動半徑大于r，在電場中減速運動時，以一定的速度直接打在熒光屏CD上，其中入射速度$v=\frac{aqB}{m}$的粒子半徑為a，將直接打到C點，故熒光屏CD上亮線的長度為${l}_{1}=\frac{2}{3}a$；而$v≤\frac{aqB}{3m}$的帶電粒子在磁場中的運動半徑小于r，進(jìn)入電場后在電場力的作用下減速運動，不能打到CD上又反向加速，以原速率進(jìn)入磁場，又在磁場中轉(zhuǎn)$\frac{3}{4}$周后，垂直電場方向進(jìn)入電場，在電場中作類平拋運動，若打在熒光屏AD上，結(jié)合類平拋運動的規(guī)律，運用運動學(xué)公式求出熒光屏AD上亮線長度．

解答 解：（1）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(jīng)四分之一周到達(dá)對角線沿水平向右的方向進(jìn)入勻強電場，在電場力的作用下做勻減速直線運動，設(shè)帶電粒子到達(dá)CD的速度恰好為零時對應(yīng)的入射速度為V，在磁場中的運動半徑為r，有：
$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$，
$qE（a-r）=\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
結(jié)合已知條件解得：r=$\frac{1}{3}a$，
故有：v=$\frac{aqB}{3m}$．
（2）$v＞\frac{aqB}{3m}$的帶電粒子在磁場中的運動半徑大于r，在電場中減速運動時，以一定的速度直接打在熒光屏CD上，其中入射速度$v=\frac{aqB}{m}$的粒子半徑為a，將直接打到C點，故熒光屏CD上亮線的長度為${l}_{1}=\frac{2}{3}a$，
而$v≤\frac{aqB}{3m}$的帶電粒子在磁場中的運動半徑小于r，進(jìn)入電場后在電場力的作用下減速運動，不能打到CD上又反向加速，以原速率進(jìn)入磁場，又在磁場中轉(zhuǎn)$\frac{3}{4}$周后，垂直電場方向進(jìn)入電場，在電場中作類平拋運動，若打在熒光屏AD上，則有：
2r=vt，
t=$\frac{2r}{v}=\frac{2m}{qB}$．
此時間與入射速度無關(guān)，能垂直進(jìn)入電場的帶電粒子將以相同的偏轉(zhuǎn)距離打到熒光屏AD上，偏轉(zhuǎn)距離為：$y=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t}^{2}=\frac{1}{6}a$，
其中速率$v=\frac{aqB}{12m}$帶電粒子在磁場中運動半徑為：$r′=\frac{a}{12}$，y=$\frac{1}{6}a=2r′$，該粒子恰好打在A點，
故熒光屏AD上亮線長度為：${l}_{2}=\frac{2a}{3}-\frac{a}{6}=\frac{1}{2}a$．
答：（1）恰能打到熒光屏C D上的帶電粒子的入射速度為$\frac{aqB}{3m}$；
（2）AD、CD兩塊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(yīng)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(guān)鍵．