Question

在显示器中，用到了电场和磁场对电荷运动的控制，下图为一个利用电场、磁场对电荷运动控制的模型图，在区域I中的P₁ P₂分别为加速电场的正负两极板，P₂中央有一小孔，两极板竖直平行正对放置，开始加有大小为U电压．区域II中有一以l及l′为边界的竖直向下的匀强电场．在区域III中有一以l′为左边界垂直于纸面的匀强磁场．现有一带正电的粒子（重力不计），质量为m，电量为q，从极板P₁由静止开始沿中轴线OO′方向进入区域II，从边界l′的P点离开区域II，此时速度与水平方向夹角α=30^o ．若两极板所加电压改为U′，其它条件不变，粒子则从边界l′的Q点离开区域II，此时速度与水平方向夹角β=60°．已知PQ两点的距离为d．
（1）．求U′和区域II中电场强度E的大小
（2）．若两次进入区域III的粒子均能回到边界l′上的同一点，求区域III中磁场的磁感应强度B的大小和方向（磁场足够宽）

Answer

（1）电荷在区域Ⅰ中被加速，在区域Ⅱ中做类平抛运动，运用运动的分解法，根据牛顿第二定律、运动学公式和动能定理得到加速电压U与电荷在区域Ⅱ中偏向角的关系式，再用比例法求出U′．PQ两点的距离等于电荷在区域Ⅱ中含偏移量，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出E．
（2）电荷在区域Ⅲ中只受洛伦兹力做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和几何关系求出B．根据两次轨迹弦的长度大小，分析电荷旋转的方向，判断B的方向．
【解析】
（1）设电荷经U加速之后的速度为v，出边界的速度为v，竖直方向的偏移量为y，竖直分速度为vy，速度偏向角为θ，区域Ⅱ的宽度为L，穿过区域Ⅱ的时间为t，加速度为a．
区域II中有
    L=vt ①
    y=②
     ③
解得④
电场加速中由动能定理：⑤
由牛顿第二定律：Eq=ma，
得y====⑥
由④⑥解得：   ⑦
所以代入数值得：
解得：
第二次偏移量y2与第一次偏移量y1之差为得：y2-y1=d
结合④得：
解得
由⑦得，第一次入射时U=，解得：
（2）设进入磁场时，粒子做圆周运动的半径为R
由牛顿第二定律：
及：v=vcosθ
解得：
代入数值得到，第一次粒子的半径R1和第二次粒子的半径R2关系为：R1=R2
再由两弦长之差为d
可得：2R1cosα-2R2cosβ=d
解得：
由第一次弦长大于第二次弦长可知圆心位于射出点下方，由左手定则判断得知，B的方向垂直纸面向外．
答：
（1），区域II中电场强度．
（2）区域III中磁场的磁感应强度，方向垂直纸面向外．