Question

在顯示器中，用到了電場和磁場對電荷運動的控制，下圖為一個利用電場、磁場對電荷運動控制的模型圖，在區(qū)域I中的P₁ P₂分別為加速電場的正負兩極板，P₂中央有一小孔，兩極板豎直平行正對放置，開始加有大小為U電壓．區(qū)域II中有一以l及l(fā)′為邊界的豎直向下的勻強電場．在區(qū)域III中有一以l′為左邊界垂直于紙面的勻強磁場．現(xiàn)有一帶正電的粒子（重力不計），質量為m，電量為q，從極板P₁由靜止開始沿中軸線OO′方向進入?yún)^(qū)域II，從邊界l′的P點離開區(qū)域II，此時速度與水平方向夾角α=30^o ．若兩極板所加電壓改為U′，其它條件不變，粒子則從邊界l′的Q點離開區(qū)域II，此時速度與水平方向夾角β=60°．已知PQ兩點的距離為d．
（1）．求U′和區(qū)域II中電場強度E的大小
（2）．若兩次進入?yún)^(qū)域III的粒子均能回到邊界l′上的同一點，求區(qū)域III中磁場的磁感應強度B的大小和方向（磁場足夠寬）

Answer 1

分析：（1）電荷在區(qū)域Ⅰ中被加速，在區(qū)域Ⅱ中做類平拋運動，運用運動的分解法，根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和動能定理得到加速電壓U與電荷在區(qū)域Ⅱ中偏向角的關系式，再用比例法求出U′．PQ兩點的距離等于電荷在區(qū)域Ⅱ中含偏移量，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結合求出E．
（2）電荷在區(qū)域Ⅲ中只受洛倫茲力做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律和幾何關系求出B．根據(jù)兩次軌跡弦的長度大小，分析電荷旋轉的方向，判斷B的方向．

解答：解：（1）設電荷經(jīng)U加速之后的速度為v₀，出邊界的速度為v，豎直方向的偏移量為y，豎直分速度為v_y，速度偏向角為θ，區(qū)域Ⅱ的寬度為L，穿過區(qū)域Ⅱ的時間為t，加速度為a．
區(qū)域II中有
    L=v₀t ①
    y=

1

2

vyt②
   tanθ=

vy

v0

  ③
解得y=

L

2

tanθ④
電場加速中由動能定理：qU=

1

2

m

v

2 0

⑤
由牛頓第二定律：Eq=ma，
得y=

1

2

at2=

1

2

qE

m

t2=

1

2

qEL2

m v 2 0

=

qEL2

4qU

⑥
由④⑥解得：U=

EL

2tanθ

   ⑦
所以代入數(shù)值得：

U′

U

=

tanα

tanβ

=

1

3

解得：U′=

1

3

U
第二次偏移量y₂與第一次偏移量y₁之差為得：y₂-y₁=d
結合④得：

L

2

tanβ-

L

2

tanα=d
解得L=

3

d
由⑦得，第一次入射時U=

EL

2tanα

，解得：E=

2U

3d

（2）設進入磁場時，粒子做圓周運動的半徑為R
由牛頓第二定律：qvB=m

v2

R

及：v₀=vcosθ
解得：R=

2qUm

qBcosθ

代入數(shù)值得到，第一次粒子的半徑R₁和第二次粒子的半徑R₂關系為：R₁=R₂
再由兩弦長之差為d
可得：2R₁cosα-2R₂cosβ=d
解得：B=

(6 2 -2 6 ) qUm

3qd

由第一次弦長大于第二次弦長可知圓心位于射出點下方，由左手定則判斷得知，B的方向垂直紙面向外．
答：
（1）U′=

1

3

U，區(qū)域II中電場強度E=

2U

3d

．
（2）區(qū)域III中磁場的磁感應強度B=

(6 2 -2 6 ) qUm

3qd

，方向垂直紙面向外．

點評：本題是電場加速、偏轉和磁場中圓周運動的綜合．電場加速根據(jù)動能定理求電荷的速度，電場中偏轉運用運動的合成與分解法研究，磁場中根據(jù)牛頓第二定律研究軌跡半徑都是常見的思路．