Question

17．如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)，分布有沿x軸負方向的場強E=4×10⁴N/C的勻強電場，第四象限內(nèi)分布有垂直紙面向里的磁感應強度B₁=0.2T的勻強磁場，第二、三象限內(nèi)分布有垂直紙面向里的磁感應強度B₂的勻強磁場．在x軸上有一個垂直于y軸的平板OM，平板上開有一個小孔P．y軸負方向上距O點$\sqrt{3}$cm的粒子源S可以向第四象限平面內(nèi)各個方向發(fā)射α粒子，且OS＞OP．假設發(fā)射的α粒子速度大小v均為2×10⁵m/s，除了垂直軸x通過P點的á粒子可以進入電場，其余打到平板上的á粒子均被吸收．已知α粒子帶正電，比荷為$\frac{q}{m}$=5×l0⁷C/kg，重力不計，求：
（1）α粒子在第四象限的磁場中運動時的軌道半徑；
（2）為使其余α粒子不能進入電場，平板OM的長度至少是多長？
（3）經(jīng)過P點進入電場中運動的α粒子，第一次到達y軸的位置與O點的距離；
（4）要使離開電場的α粒子能回到粒子源S處，磁感應強度B₂應為多大？

Answer 1

分析 （1）由洛侖茲力提供向心力，從而得到在和四象限做勻速圓周運動的軌道半徑．
（2）當粒子在磁場中運動的弦長等于直徑時，可以得出OM的最小長度．
（3）從P點進入電場的粒子做類平拋運動，由類平拋運動相應規(guī)律就能求出類平拋運動的勻速位移．
（4）粒子離開電場后進入B₂磁場做勻速圓周運動，先求出離開電場磁場的速度方向，當再次回到y(tǒng)軸時根據(jù)圓周運動的對稱性與y軸的夾角相等，但要注意的是可以是直接回到S點，也可能是在B₁中偏轉(zhuǎn)后回到S處，所以要分兩種情況進行考慮．由出發(fā)點和S點的距離求出做圓周運動的半徑，再由洛侖茲力提供向心力從而求出B₂

解答 解：（1）在B₁磁場中做勻速圓周運動，則有：
${B}_{1}qv=m\frac{{v}^{2}}{r}$
得到：$r=\frac{mv}{{B}_{1}q}=0.02m=2cm$
（2）粒子出來的最遠距離是弦最長為直徑時，由幾何關(guān)系可得，L=$\sqrt{（2r）^{2}-{h}^{2}}$=$\sqrt{13}$cm．
（3）粒子進入電場后做類平拋運動，
x軸方向位移為：$x=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
y軸方向位移為：y=vt
加速度為：$a=\frac{qE}{m}=2×1{0}^{12}m/{s}^{2}$
  所以粒子到達y軸位置與O點的距離為：y=0.02m 
（4）設粒子在y軸射出電場的位置到粒子源S的距離為H，有：
  H=y+h=（2+$\sqrt{3}$）×10^-2m
  設粒子在y軸射出電場的速度方向與y軸正方向夾角為θ，有：
  $tanθ=\frac{at}{v}=1$   所以θ=45°
  $v′=\sqrt{2}v$  
  分兩種情況處理：①若粒子離開電場經(jīng)B₂磁場偏轉(zhuǎn)后直接回到離子源處，則在B₂磁場中圓周
運動半徑為：$R=\frac{H}{\sqrt{2}}=\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}×1{0}^{-2}m$
由${B}_{2}qv′=m\frac{v{′}^{2}}{R}$  得：${B}_{2}=\frac{mv′}{qR}=\frac{0.8}{2+\sqrt{3}}T$ 
②粒子離開電場經(jīng)B₂磁場偏轉(zhuǎn)后進入B₁磁場偏轉(zhuǎn)再回到離子源S處，則進入B₁磁場的偏轉(zhuǎn)半徑           
 $r′=\sqrt{2}r=2\sqrt{2}×1{0}^{-2}m$   
在B₂磁場中圓周運動半徑為：R=$\frac{H+\sqrt{2}r′}{\sqrt{2}}=\frac{mv′}{{B}_{2}q}$ 
解得：${B}_{2}=\frac{0.8}{6+\sqrt{3}}T$
答：（1）á粒子在第四象限的磁場中運動時的軌道半徑為2cm．
（2）經(jīng)過P點進入電場中運動的α粒子，第一次到達y軸的位置與O點的距離0.02m．
（3）要使離開電場的α粒子能回到粒子源S處，磁感應強度B₂應為$\frac{0.8}{2+\sqrt{3}}T$或$\frac{0.8}{6+\sqrt{3}}T$．

點評 本題的難點在于最后一問，從電場離開后再次回到S處，好在從電場離開時與y軸成45°角，則在B₂中做勻速圓周運動后回到y(tǒng)軸時與y軸也成45°角，這樣就由幾何關(guān)系能求出在B₂中做勻速圓周運動半徑，但要注意的是有可能是經(jīng)過兩次圓周運動后到達S處的，這樣兩種情況的半徑不相同．