Question

18．如圖所示，平行金屬板豎直放置，底端封閉，中心線上開一小孔C，兩板相距為d，電壓為U．平行板間存在大小為B₀的勻強磁場，方向垂直于紙面向里，AG是兩板間的中心線．金屬板下方存在有界勻強磁場區(qū)域EFDGH，EFGH為長方形，EF邊長為$\frac{2a}{3}$；EH邊長為2a，A、F、G三點共線，E、F、D三點共線，曲線GD是以3a為半徑、以AG上某點（圖中未標出）為圓心的一段圓弧，區(qū)域內磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里．若大量帶電粒子沿AG方向射入兩金屬板之間，有部分離子經F點進入下方磁場區(qū)域．不計重力，忽略離子間的相互作用．
（1）由F點進入下方磁場的離子速度；
（2）由F點進入下方磁場的某離子從EH邊界垂直穿出，求該離子的比荷；
（3）由F點進入下方磁場的正負離子，比荷具有相同的最大值和最小值，最大值與（2）問中的離子比荷相同，帶正電的離子均從邊界FD射出磁場．求磁場邊界上有正負離子到達的最大區(qū)域范圍．

Answer 1

分析 （1）由離子受力平衡求解；
（2）由粒子進入、離開磁場的速度方向求得圓周運動的圓心，進而求得半徑，再根據洛倫茲力作向心力即可求得比荷；
（3）先有帶正電的粒子均從FD上射出磁場求得離子運動的半徑范圍，再根據半徑范圍，求得正負粒子離開此場的便邊界范圍．

解答 解：（1）帶電粒子沿AG方向射入兩金屬板之間，經F點進入下方磁場區(qū)域，則粒子運動方向不改變，粒子在金屬板之間受洛倫茲力和電場力的作用，因為電場力為水平方向，所以，電場力和洛倫茲力平衡，即$\frac{U}ymmjgvhq={B}_{0}vq$，所以，$v=\frac{U}{{B}_{0}d}$；
（2）粒子能由F點進入下方磁場，則粒子在F點的速度豎直向下，所以，粒子在下方磁場做圓周運動的圓心在ED這條直線上；又有粒子從EH邊界垂直穿出，則粒子在下方磁場做圓周運動的圓心也在EH這條直線上，兩直線交于E點，所以，E點即為粒子在下方磁場做圓周運動的圓心，所以粒子在下方磁場做圓周運動的半徑為$\frac{2}{3}a$；
由洛倫茲力作向心力可得：$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{R}$，所以$\frac{q}{m}=\frac{v}{BR}=\frac{3U}{{2B}_{0}Bda}$；
（3）粒子在下方磁場中，洛倫茲力作為向心力，粒子做圓周運動的半徑為r，則有$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{r}$，所以，$r=\frac{v}{B\frac{q}{m}}$；
$\frac{q}{m}$越小，則r越大，帶正電的離子做圓周運動能從邊界FD射出磁場的最大半徑如圖所示，
，
設O′為圓弧GD的圓心，O為粒子運動的圓心，則a²+r²=（3a-r）²，解得：$r=\frac{4}{3}a$，
帶電粒子的比荷最大值與（2）問中的離子比荷相同，此時，粒子做圓周運動的半徑為$\frac{2}{3}a$，
所以帶電粒子在下方磁場做圓周運動的半徑r有關系式：$\frac{2}{3}a≤r≤\frac{4}{3}a$；
所以，帶正電的粒子在磁場邊界上能到達的最大范圍為FD上距離F點的距離為$[\frac{4}{3}a，\frac{8}{3}a]$范圍內；
帶負電的粒子向左偏轉，粒子做圓周運動的半徑為r，打在邊界EH上的點距離E點L，
，
則有：${r}^{2}={L}^{2}+（r-\frac{2}{3}a）^{2}$，所以，$L=\sqrt{\frac{4}{3}a（r-\frac{1}{3}a）}$，
因為由F點進入下方磁場的正負離子，比荷具有相同的最大值和最小值，所以，$\frac{2}{3}a≤r≤\frac{4}{3}a$，所以，$\frac{2}{3}a≤L≤\frac{2\sqrt{3}}{3}a$，
所以，帶負電的粒子在磁場邊界上能到達的最大范圍為EH上距離E點的距離為$[\frac{2}{3}a，\frac{2\sqrt{3}}{3}a]$范圍內．
答：（1）由F點進入下方磁場的離子速度為$\frac{U}{{B}_{0}d}$；
（2）由F點進入下方磁場的某離子從EH邊界垂直穿出，該離子的比荷為$\frac{3U}{2{B}_{0}Bda}$；
（3）由F點進入下方磁場的正負離子，比荷具有相同的最大值和最小值，最大值與（2）問中的離子比荷相同，帶正電的離子均從邊界FD射出磁場．則磁場邊界上有正負離子到達的最大區(qū)域范圍為FD上距離F點的距離為$[\frac{4}{3}a，\frac{8}{3}a]$范圍內和EH上距離E點的距離為$[\frac{2}{3}a，\frac{2\sqrt{3}}{3}a]$范圍內．

點評 求解帶電粒子在磁場中的運動問題，要充分利用幾何關系，尤其是圓的相切關系、垂直關系及對稱關系．