Question

20．如圖所示，真空中MN 上方半徑為 R 的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與紙面垂直．在磁場(chǎng)右側(cè)有長(zhǎng)為2R間距為R的平行金屬板所形成的勻強(qiáng)電場(chǎng)，具體分布在矩形ACFD內(nèi)．矩形中心線O₁O₂與磁場(chǎng)區(qū)域的圓心O在同一直線上，O₁也是圓周上的 一點(diǎn)，BAO₁DE在同一豎直線上，BA、DE 為擋板．有一群電荷為+q、質(zhì)量為 m 的帶電粒子以 速率v₀從圓周上的a點(diǎn)飛入，其方向與 aM 成 0°～180° 角且分布均勻地射出，每秒內(nèi)射出的帶電 粒子數(shù)總為 N₀，某一沿aO方向射入磁場(chǎng)的粒子從 O1 點(diǎn)飛出磁場(chǎng)進(jìn)入右側(cè)電場(chǎng)，并恰好從 DF 邊緣 F 點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，最后垂直打到探測(cè)板PQ上．（不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用）
（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度 E 和磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值．
（2）求探測(cè)板 PQ 與 MN 的夾角θ的正切值和每秒垂直打在熒光屏 PQ 上的粒子數(shù) n．
（3）若打在平行金屬板DF上的粒子被全部吸收，打在探測(cè)板PQ上的粒子全部被探測(cè)板反向彈回，彈回速度大小不變，求從電場(chǎng)中射出的粒子對(duì)探測(cè)板的平均作用力的大�。�（沒(méi)有飛入ACFD 的粒子均被AB、DE 擋板攔截）

Answer 1

分析 （1）由題設(shè)條件，沿aO方向射入磁場(chǎng)的粒子從 O₁點(diǎn)飛出磁場(chǎng)進(jìn)入右側(cè)電場(chǎng)，并恰好從 DF 邊緣 F 點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)．由該臨界狀態(tài)，由帶電粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中位移關(guān)系，分別表示出磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場(chǎng)強(qiáng)度，從而就能求出兩者的比值．
（2）由類平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，速度方向與位移方向的關(guān)系：tanθ=2tanα，很方便求出PQ與水平面的夾角的正切．由于粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑相等，則從a點(diǎn)入射的粒子經(jīng)圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均水平射出．所以求出從A和O₁進(jìn)入電場(chǎng)的粒子的入射角范圍，該范圍點(diǎn)180°的百分比就是射出粒子數(shù)的百分比．
（3）垂直打在PQ上的粒子被原速反彈，由動(dòng)量定理就能求出粒子對(duì)PQ板的作用力大�。�

解答 解：（1）由題意，在圓形磁場(chǎng)中粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)：$q{v}_{0}B=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$ 
由于從a 點(diǎn)出發(fā)，從O₁點(diǎn)水平射出，則有：r=R
在平行板電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)：$\frac{1}{2}R=\frac{1}{2}×\frac{Eq}{m}{t}^{2}$，
   2R=v₀t
聯(lián)立以上幾式可得：$E=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{4qR}$，$B=\frac{m{v}_{0}}{qR}$
所以：$\frac{E}{B}$=$\frac{{v}_{0}}{4}$
（2）由題設(shè)條件：從O₁進(jìn)入平行板的粒子從F點(diǎn)射出后恰垂直打在PQ上，由類平拋運(yùn)動(dòng)
運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)：速度方向與位移方向的關(guān)系所以有：
$tanθ=\frac{{v}_{x}}{{v}_{y}}=\frac{\frac{2R}{2}}{\frac{1}{2}R}=2$
  由于粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于圓形磁場(chǎng)的半徑，則可以證明，由O點(diǎn)射出
的粒子經(jīng)圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后離開(kāi)圓形磁場(chǎng)時(shí)均沿水平方向射出．由題意可知，從平行板的A
點(diǎn)和O₁點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)的粒子才能從平行板射出，而由A點(diǎn)進(jìn)入平行板的粒子由幾何關(guān)系知：
其入射角恰與aN方向成120°，而從A點(diǎn)進(jìn)入平行板的粒子其入射角與aN方向成90°，所以
每秒鐘打在PQ板上的粒子數(shù)n=$\frac{120°-90°}{180°}{N}_{0}$=$\frac{1}{6}{N}_{0}$．
（3）粒子飛出電場(chǎng)時(shí)由動(dòng)能定理：$\frac{1}{2}m{v}^{2}=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}+Eq×\frac{1}{2}R$
所以$v=\frac{\sqrt{5}}{2}{v}_{0}$
取時(shí)間t，則有數(shù)目為N=nt個(gè)粒子垂直打在PQ上并以v的速度被反彈，對(duì)這些粒子由動(dòng)量定理：
-Ft=Nm（-v）-Nmv
聯(lián)立可得：F=$\frac{\sqrt{5}}{6}{N}_{0}m{v}_{0}$
由牛頓第三定律可得：粒子對(duì)PQ板的平均作用力F′=F=$\frac{\sqrt{5}}{6}{N}_{0}m{v}_{0}$．
答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度 E 和磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值為$\frac{{v}_{0}}{4}$．
（2）探測(cè)板 PQ 與 MN 的夾角θ的正切值為2、每秒垂直打在熒光屏 PQ 上的粒子數(shù) n為$\frac{1}{6}{N}_{0}$．
（3）若打在平行金屬板DF上的粒子被全部吸收，打在探測(cè)板PQ上的粒子全部被探測(cè)板反向彈回，
彈回速度大小不變，從電場(chǎng)中射出的粒子對(duì)探測(cè)板的平均作用力大小為$\frac{\sqrt{5}}{6}{N}_{0}m{v}_{0}$．

點(diǎn)評(píng) 本題的靚點(diǎn)有二：①?gòu)腶點(diǎn)出發(fā)的粒子以相同的速度在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于半徑與磁場(chǎng)區(qū)域半徑相同，則所有粒子從磁場(chǎng)區(qū)域離開(kāi)時(shí)均沿平行于極板方向．
②做類平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)的粒子離開(kāi)電場(chǎng)的速度方向若反向延長(zhǎng)則相交于水平位移的中點(diǎn)（這是由兩者方向的關(guān)系tanθ=2tanα  決定）．