Question

1．如圖所示，MN為一豎直放置足夠大的熒光屏，距熒光屏左邊l的空間存在著一寬度也為l、方向垂直紙面向里的水平勻強磁場，O為熒光屏上的一點，OO′與熒光屏垂直，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子（重力不計）以初速度v₀從O點沿OO′方向射入磁場區(qū)域．粒子離開磁場后打到熒光屏上時，速度方向與豎直方向成30°角．
（1）求勻強磁場磁感應(yīng)強度的大小和粒子打在熒光屏上時偏離O′點的距離；
（2）若開始時在磁場區(qū)域再加上與磁場方向相反的勻強電場，場強大小為$\sqrt{\frac{27}{8}}$•$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{πql}$，則該粒子打在熒光屏上時的動能為多少？

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系要求得帶電粒子離開磁場時的速度方向，離開磁場后做勻速直線運動，由幾何關(guān)系可求得偏離O′點的距離；
（2）加上電場后，帶電粒子沿電場方向勻加速直線運動，由運動學(xué)公式可求得粒子在電場方向的速度；由動能定理可求得粒子打在屏上的動能．

解答 解：（1）粒子從O點射入，P點射出，沿直線運動到熒光
屏上的S點，如圖所示，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中
作勻速圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角θ=60°         ①
運動軌道半徑為：r=$\frac{l}{sin60°}$             ②
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$   ③
由②、③解得：B=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{2ql}$          ④
根據(jù)幾何關(guān)系可知：SQ=l•cot30°    ⑤
O′Q=R-Rcos60°                 ⑥
由②、⑤、⑥解得：Q′S=O′Q+SQ=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$l    ⑦
（2）再加上電場后，根據(jù)運動的獨立性，
帶電粒子沿電場方向勻加速運動，運動加速度：a=$\frac{qE}{m}$    ⑧
粒子在磁場中運動時間為：t=$\frac{πr}{3{v}_{0}}$            ⑨
則粒子離開復(fù)合場時沿電場方向運動速度為  v_E=at=$\frac{2\sqrt{3}πqEl}{9m{v}_{0}}$            ⑩
粒子打在熒光屏上時的動能為：E_K=$\frac{1}{2}$mv₀²+$\frac{1}{2}$mv_E²=$\frac{1}{2}$mv₀²+$\frac{2{π}^{2}{l}^{2}{q}^{2}{E}^{2}}{27m{v}_{0}^{2}}$，
由題意可知：E=$\sqrt{\frac{27}{8}}$•$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{πql}$，則：E_K=$\frac{3}{4}$mv₀²；
答：（1）勻強磁場磁感應(yīng)強度的大小為：$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{2ql}$，粒子打在熒光屏上時偏離O′點的距離為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$l；
（2）若開始時在磁場區(qū)域再加上與磁場方向相反的勻強電場，場強大小為$\sqrt{\frac{27}{8}}$•$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{πql}$，則該粒子打在熒光屏上時的動能為$\frac{3}{4}$mv₀²．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、明確粒子的運動性質(zhì)、作出粒子運動軌跡是解題的關(guān)鍵，解題時要注意幾何知識的應(yīng)用．