Question

如圖所示，粒子源S可以不斷地產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（重力不計(jì)）．粒子從O₁孔漂進(jìn)一個(gè)水平向右的加速電場（初速不計(jì)），再經(jīng)小孔O₂垂直射入相互正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₁，方向如圖．邊長為L的長方體ABCDEFGH處在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₂，方向與ADHE平面垂直，由A指向B．長方體中HFC是一塊三角形的硬質(zhì)塑料板，如圖所示．

（1）若要粒子源射出的粒子能沿O₂O₃直線運(yùn)動(dòng)，并垂直于PQ邊射出電磁復(fù)合場，加速電壓U應(yīng)多大？
（2）如果粒子從O₃點(diǎn)射出電磁復(fù)合場后，再垂直ADHE平面并從該平面的正中心O點(diǎn)射入長方體中，恰好在HFC三角形硬質(zhì)塑料板的CF邊與板相碰，假設(shè)粒子與板相碰后，速度大小不變，方向變化遵守光的反射定律，那么若要粒子與板發(fā)生第一次碰撞后就能沿BCGF平面水平射出長方體，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂應(yīng)為多大？若要粒子與板發(fā)生第一次碰撞后不能從ABFE平面射出長方體，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂至少應(yīng)多大？

Answer 1

分析：（1）根據(jù)粒子受到的電場力與洛倫茲力相平衡，可知速度大�。�再由動(dòng)能定理，即可求解；
（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律，則可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；并根據(jù)幾何關(guān)系，可求出不能從ABFE平面射出長方體的磁感應(yīng)強(qiáng)度．

解答：解：（1）粒子在相互正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域中做直線運(yùn)動(dòng)，則
qvB₁=qE      
故v=

E

B1

        
粒子在加速電場中加速時(shí)，由動(dòng)能定理得：
 qU=

1

2

mv2     
U=

mv2

2q

=

mE2

2q B 2 1

    
（2）粒子在CF邊的中點(diǎn)O₁與塑料板碰撞后在BCGF平面內(nèi)沿O₁B方向反彈，并在BCGF平面內(nèi)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)．
若要粒子能從ABFE所在的平面水平射出正立方體，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡必與BF垂直，
故粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心必在F點(diǎn)，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=

1

2

CF=

2

2

L．   
由牛頓第二定律得：qvB2=m

v2

R

  
故有：B2=

mv

qR

              
解得  B2=

2 mE

qB1L

            
若要粒子不能從ABFE所在的平面射出正立方體，如圖所示，則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心必在O₁F上，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r． 則
r+rcos45°=

L

2

  
即r=

L

2+ 2

同理解得B2=

(2+ 2 )mE

qB1L

，即B₂至少為

(2+ 2 )mE

qB1L

     

答：（1）若要粒子源射出的粒子能沿O₂O₃直線運(yùn)動(dòng)，并垂直于PQ邊射出電磁復(fù)合場，加速電壓U應(yīng)；
（2）如果粒子從O₃點(diǎn)射出電磁復(fù)合場后，再垂直ADHE平面并從該平面的正中心O點(diǎn)射入長方體中，恰好在HFC三角形硬質(zhì)塑料板的CF邊與板相碰，假設(shè)粒子與板相碰后，速度大小不變，方向變化遵守光的反射定律，那么若要粒子與板發(fā)生第一次碰撞后就能沿BCGF平面水平射出長方體，則磁感應(yīng)強(qiáng)度 B2=

2 mE

qB1L

；若要粒子與板發(fā)生第一次碰撞后不能從ABFE平面射出長方體，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂至少應(yīng)為

(2+ 2 )mE

qB1L

．

點(diǎn)評：本題中的復(fù)合場具有速度選擇的功能，進(jìn)入磁場區(qū)域后，根據(jù)動(dòng)力學(xué)規(guī)律先確定運(yùn)動(dòng)軌跡，再進(jìn)行計(jì)算．