Question

如图所示，在xOy坐标系中分布着四个有界场区，在第三象限的AC左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场B₁=0.5T，AC是直线y=-x-0.425（单位：m）在第三象限的部分，另一沿y轴负向的匀强电场左下边界也为线段AC的一部分，右边界为y轴，上边界是满足y=-10x²-x-0.025（单位：m）的抛物线的一部分，电场强度E=2.5N/C．在第二象限有一半径为r=0.1m的圆形磁场区域，磁感应强度B₂=1T，方向垂直纸面向里，该区域同时与x轴、y轴相切，切点分别为D、F．在第一象限的整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B₃=1T．另有一厚度不计的挡板PQ垂直纸面放置，其下端坐标P（0.1m，0.1m），上端Q在y轴上，且∠PQF=30°．现有大量m=1×10^-6kg，q=-2×10^-4C的粒子（重力不计）同时从A点沿x轴负向以v射入，且v取0＜v＜20m/s之间的一系列连续值，并假设任一速度的粒子数占入射粒子总数的比例相同．
（1）求所有粒子从第三象限穿越x轴时的速度；
（2）设从A点发出的粒子总数为N，求最终打在挡板PQ右侧的粒子数N′．

Answer

（1）粒子从A点入射后到达AC上的G点，因v与AC成45°度角，其对应圆心角为90°，即恰好经过四分之一圆周，故到达G点时速度仍为v，方向沿Y轴正向，由动能定理及几何关系即可求出速度；
（2）因为r=0.1m，故离子束射入B2时，离子束宽度刚好与2r相等，考察从任一点J进入B2的粒子，设从H穿出B2磁场，四边形JO2HO1为菱形，又因为JO2水平，而JO2∥HO1，故H应与F重合，即所有粒子经过B2后全部从F点离开B2进入B3磁场．对v趋于20m/s的粒子，圆心角∠JO2F→180°，故射入B3时速度趋于Y轴负向；对v趋于0的粒子，圆心角∠JO2F→0°，故射入B3时速度趋于Y轴正向，即进入B3的所有粒子速度与Y轴正向夹角在0～180°之间．由圆周运动的公式和几何关系即可求解．
【解析】

（1）设某速度为v的粒子从A点入射后到达AC上的G点，因v与AC成45°角，其对应圆心角为90°，即恰好经过四分之一圆周，故到达G点时速度仍为v，方向沿Y轴正向．
粒子在电场中沿Y轴正向加速运动，设G点坐标为G（x，y），刚好穿出电场时坐标为（x，y1），粒子穿出电场时速度为v1，在电场中运动的过程中，由动能定理得：
而
y=-x-0.425
又
代入数据解得v1=20m/s，可见粒子穿出电场时速度大小与x无关．
因v＜20m/s，由代入数据得：R＜0.2m
由数学知识可知，k点坐标为k（-0.2m，-0.225m），故从A点射出的所有粒子均从AK之间以20m/s的速度沿Y轴正向射出电场，在到达X轴之前粒子作匀速直线运动，故所有粒子从第三象限穿越X轴时的速度大小均为20m/s的速度沿Y轴正向．
（2）因为r=0.1m，故离子束射入B2时，离子束宽度刚好与2r相等，设粒子在B2中运动轨道半径为R2，，解得R2=r=0.1m
考察从任一点J进入B2的粒子，设从H穿出B2磁场，四边形JO2HO1为菱形，又因为JO2水平，而JO2∥HO1，故H应与F重合，即所有粒子经过B2后全部从F点离开B2进入B3磁场．
对v趋于20m/s的粒子，圆心角∠JO2F→180°，故射入B3时速度趋于Y轴负向；对v趋于0的粒子，圆心角∠JO2F→0°，故射入B3时速度趋于Y轴正向，即进入B3的所有粒子速度与Y轴正向夹角在0～180°角之间．
由于B3=B2，所以R3=R2，由几何关系知：
无限靠近Y轴负向射入的粒子轨迹如图所示，最终打在PQ板的右侧O3；
与Y轴负向成60°角的粒子刚好经过P点到达Q点；
因此与Y轴正向在0～120°角之间从F点射出的粒子要么打在PQ板的左侧，要么打不到板上而穿越Y轴离开B3．由于是“大量”粒子，忽略打在P或Q的临界情况，所以最终打在挡板PQ右侧的粒子数
答：（1）所有粒子从第三象限穿越x轴时的速度为20m/s；（2）设从A点发出的粒子总数为N，最终打在挡板PQ右侧的粒子数N′为．