Question

6．如图所示，直角坐标系xOy的第一象限内有方向垂直纸面向外、磁感应强度B=$\frac{π}{10}$T的匀强磁场，第三象限内有方向沿y轴负方向、电场强度E=20V/m的匀强电场．现将大量质量相等、带电量不同的粒子，从y轴上PQ之间各处沿x轴正方向于某一瞬间全部射入磁场．已知粒子的质量m=10^-10 kg，初速度v₀=1.6×10³m/s，带电量q的范围为2.5×10^-6C至1×10^-5C，所有粒子都能从坐标原点O处进入第三象限．足够大的荧光屏MN位于直线y=-0.64m处，粒子打到荧光屏的瞬间，荧光屏上被粒子击中的位置会发光．不计粒子重力，计算时可取$\frac{16}{π}$=5，求：
（1）PQ两点之间的距离；
（2）荧光屏发光的持续时间；
（3）已知带电量q=1×10^-5C的粒子能够打中荧光屏的A点．若将荧光屏绕A点顺时针转过一定角度θ（如图中虚线所示），且θ满足0＜θ＜135°．试问是否存在一个角度θ使得从PQ之间同时释放的所有粒子能够在同一时刻到达荧光屏．若存在，请求出θ的值；若不存在，请说明原因．

Answer 1

分析 （1）利用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，结合几何关系，即可求出PQ两点之间的距离；
（2）求出粒子运动到光屏时间的最大值和最小值，两个时间的差值即为荧光屏发光的持续时间；
（3）推导到达荧光屏时粒子的x-y关系式，观察是否有使表达式为线性的θ值．

解答 解：（1）粒子在第一象限做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：$q{v_0}B=m\frac{v_0^2}{r}$
可得：$r=\frac{{m{v_0}}}{qB}$
带电量${q_1}=2.5×{10^{-6}}C$的粒子半径最大，${r_1}=\frac{{m{v_0}}}{{{q_1}B}}=0.2m$
带电量${q_2}=1×{10^{-5}}C$的粒子半径最小，${r_2}=\frac{{m{v_0}}}{{{q_2}B}}=0.05m$
所以PQ两点之间的距离d=2（r₁-r₂）=0.3m
（2）粒子在磁场中的运动周期：$T=\frac{2πm}{qB}$
粒子在磁场中均运动了半个周期，所用时间：$t=\frac{T}{2}=\frac{πm}{qB}$
粒子在电场中，根据牛顿第二定律可得：Eq=ma
根据类平抛规律：$|y|=\frac{1}{2}a{t'^2}$，可得：$t'=\sqrt{\frac{2|y|m}{qE}}$
粒子从出发到打到荧光屏所用的总时间：t_总=t+t'
根据$T=\frac{2πm}{qB}$可知，粒子带电量q越大，t越小，t'固定，所以总时间t_总越小． 
故带电量${q_1}=2.5×{10^{-6}}C$的粒子所用时间最长，
其中：${t_1}=\frac{πm}{{{q_1}B}}=4×{10^{-4}}s$，${t'_1}=\sqrt{\frac{2|y|m}{{{q_1}E}}}=1.6×{10^{-3}}s$
总时间：${t_{总1}}={t_1}+{t'_1}=2×{10^{-3}}s$
故带电量：${q_2}=1×{10^{-5}}C$的粒子所用时间最短，
其中：${t_2}=\frac{πm}{{{q_2}B}}=1×{10^{-4}}s$，${t'_2}=\sqrt{\frac{2|y|m}{{{q_2}E}}}=8×{10^{-4}}s$
总时间：${t_{总2}}={t_1}+{t'_1}=9×{10^{-4}}s$
故荧光屏发光的持续时间$△t={t_{总1}}-{t_{总2}}=1.1×{10^{-3}}s$
（3）t时刻对已经进入电场的粒子：$x=-{v_0}（t-\frac{πm}{qB}）$，$y=-\frac{qE}{2m}{（t-\frac{πm}{qB}）^2}$
联立上述两个方程，消去q得：$y=-\frac{{πE{x^2}}}{{2Bv_0^2（t+\frac{x}{v_0}）}}$
显然t取任意值，上式都不可能是一个直线方程，故不存在满足题目要求的θ．
答：（1）PQ两点之间的距离为0.3m；
（2）荧光屏发光的持续时间1.1×10^-3s；
（3）不存在角度θ，原因见解析．

点评 本题考查带电粒子在复合场中的运动，解题关键是要明确粒子运动过程，根据其运动形式选择合适的规律解决，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在电场力作用下做类平抛运动．