Question

18．如圖所示，電源電動勢為E₀（未知），內阻不計，滑動變阻器的滑片P處于R的中點．一質量為m，帶電荷量為q的粒子（重力不計）從加速電場AK中的s₁點由靜止經(jīng)加速電場加速后，沿s₁s₂方向從邊長為L的正方形場區(qū)的中間進入有界均勻場區(qū)．當場區(qū)內只加豎直向上的勻強電場（電場強度為E）時，帶電粒子恰從b點射出場區(qū)．
（1）求加速電源的電動勢E₀．
（2）若滑動變阻器的滑片位置不變，場區(qū)內只加垂直紙面向里大小為B的勻強磁場，帶電粒子仍從b點射出，則帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$為多大？
（3）若使帶電粒子進入場區(qū)后不改變方向，需在場區(qū)內同時加勻強電場和勻強磁場，求所加復合場的電場強度E₁與磁感應強度B₁之比．

Answer 1

分析 （1）當場區(qū)內只加豎直向上的勻強電場時，粒子做類平拋運動，根據(jù)分位移公式和牛頓第二定律結合求出粒子剛進入電場時的速度，由動能定理求加速電壓，從而得到電源的電動勢．
（2）當場區(qū)內只加垂直紙面向里大小為B的勻強磁場時，帶電粒子做勻速圓周運動，畫出軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑，再由牛頓第二定律和向心力知識求解帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$．
（3）若使帶電粒子進入場區(qū)后不改變方向，帶電粒子做勻速直線運動，電場力和洛倫茲力平衡，由此列式求解．

解答 解：（1）當場區(qū)內只加豎直向上的勻強電場時，粒子做類平拋運動，則有：
L=vt
$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}{t}^{2}$
聯(lián)立得：v=$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$
對于加速過程，由動能定理得：
q$\frac{{E}_{0}}{2}$=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得 E₀=EL
（2）當場區(qū)內只加垂直紙面向里大小為B的勻強磁場時，帶電粒子做勻速圓周運動，畫出軌跡如圖．
設帶電粒子的軌跡半徑為r，則有：$（r-\frac{L}{2}）^{2}+{L}^{2}={r}^{2}$
得：r=$\frac{5}{4}$L
根據(jù)qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$得：$\frac{q}{m}$=$\frac{v}{Br}$
將v=$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$和r=$\frac{5}{4}$L代入解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{4}{5B}\sqrt{\frac{qE}{mL}}$
（3）若使帶電粒子進入場區(qū)后不改變方向，帶電粒子做勻速直線運動，電場力和洛倫茲力平衡，則有：
qvB₁=qE₁，
解得：$\frac{{E}_{1}}{{B}_{1}}$=v=$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$
答：（1）加速電源的電動勢E₀是EL．
（2）帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$為$\frac{4}{5B}\sqrt{\frac{qE}{mL}}$．
（3）所加復合場的電場強度E₁與磁感應強度B₁之比為$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$：1．

點評 本題分析帶電粒子的運動情況是求解的關鍵和基礎，考查綜合應用電路、磁場和幾何知識，處理帶電粒子在復合場中運動問題的能力．要注意粒子在勻強電場中一般考查運動的合成與分解或功能關系；而磁場中的問題，要注意幾何關系的確定，明確圓心和半徑的確定方法．