Question

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

3

×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(yīng)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(yīng)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，P處連接有一段長度d=lcm內(nèi)徑不計的準直管，管內(nèi)由于靜電屏蔽沒有電場．y軸負方向上距O點

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a粒子，假設(shè)發(fā)射的a粒子速度大小v均為2×10⁵m/s，打到平板和準直管管壁上的a粒子均被吸收．已知a粒子帶正電，比荷為

q

m

=5×l0⁷C/kg，重力不計，求：
（1）a粒子在第四象限的磁場中運動時的軌道半徑和粒子從S到達P孔的時間；
（2）除了通過準直管的a粒子外，為使其余a粒子都不能進入電場，平板OM的長度至少是多長？
（3）經(jīng)過準直管進入電場中運動的a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a粒子能回到粒子源S處，磁感應(yīng)強度B₂應(yīng)為多大？

Answer 1

分析：（1）由洛倫茲力提供向心力求出半徑和運動周期，再根據(jù)轉(zhuǎn)過的角度求解即運動時間；
（2）最長直徑確定為SM，只要這個方向的粒子出不去，所有的粒子都不能進入電場，根據(jù)幾何知識求解；
（3）由類平拋運動規(guī)律即可求出第一次到達y軸的位置與O點的距離；
（4）分兩種情況討論，一是直接打到S點，一是進入第四象限后由做圓周運動打到S點，分別求解即可．

解答：解：（1）由qvB1=m

v2

r

 
得：r=

mv

qB1

=0.02  m  
周期T=

2π r

v

 粒子從S到達P孔的時間為：t=

1

3

T=

2π

3

×10-7 s
（2）設(shè)平板的長度至少為L，粒子源距O點為h，粒子出來的最遠距離是弦最長為直徑時，由幾何關(guān)系，有：L=

(2r)2-h2

=

13

×10-2 m
（3）粒子進入電場后做類平拋運動，有
x軸方向位移：x=

1

2

at2 
y軸方向位移：y=vt 
加速度：a=

Eq

m

=

20

3

×1011 m/s² 
幾何關(guān)系可得：x=r+

r2-h2

=0.03 m 
所以，粒子到達y軸位置與o點的距離：y’=y+d=0.07m   
（4）設(shè)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=（7+

3

 ）×10^-2m      
設(shè)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=

at

v

=1  θ=45⁰ 
v′=

2

v 若粒子離開電場經(jīng)B₂磁場偏轉(zhuǎn)后直接回到離子源S處，則在B₂磁場中圓周運動半徑：R=

H

2

=

7+ 3

2

×10-2m 
由qv′B2=m

v′2

R

 得：B₂=

mv′

qR

=

0.8

7+ 3

 T    
若粒子離開電場經(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=

H+ 2 r

2

=

11+ 3

2

×10^-2m
在B₂磁場中圓周運動半徑同理得：B₂=

0.8

11+ 3

 T  
答：（1）a粒子在第四象限的磁場中運動時的軌道半徑和粒子從S到達P孔的時間為

2π

3

×10-7s；
（2）除了通過準直管的a粒子外，為使其余a粒子都不能進入電場，平板OM的長度至少是

13

×10-2m；
（3）經(jīng)過準直管進入電場中運動的a粒子，第一次到達y軸的位置與O點的距離為0.07m；
（4）要使離開電場的a粒子能回到粒子源S處，磁感應(yīng)強度B₂應(yīng)為

0.8

11+ 3

 T．

點評：此題考查帶電粒子在幾個電場和磁場中的運動情況，分階段討論，一定畫好運動軌跡圖，結(jié)合幾何知識解答，還要注意第四問的兩種情況，屬于難題．