Question

1．如圖甲所示，在坐標系xOy平面內(nèi)，y軸的左側(cè)有一個速度選擇器，其中電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B₀．粒子源不斷地釋放出沿x軸正方向運動，質(zhì)量均為m、電量均為+q、速度大小不同的粒子．在y軸的右側(cè)有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小恒為B，方向垂直于xOy平面，且隨時間做周期性變化（不計其產(chǎn)生的電場對粒子的影響），規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場方向為正，如圖乙所示．在離y軸足夠遠的地方有一個與y軸平行的熒光屏．假設(shè)帶電粒子在y軸右側(cè)運動的時間達到磁場的一個變化周期之后，失去電荷變?yōu)橹行粤Ｗ樱�（粒子的重力忽略不計�?br />
（1）從O點射入右側(cè)磁場的粒子速度多大；
（2）如果磁場的變化周期恒定為T=$\frac{πm}{qB}$，要使不同時刻從原點O進入變化磁場的粒子做曲線運動的時間等于磁場的一個變化周期，則熒光屏離開y軸的距離至少多大；
（3）熒光屏離開y軸的距離滿足（2）的前提下，如果磁場的變化周期T可以改變，試求從t=0時刻經(jīng)過原點O的粒子打在熒光屏上的位置離x軸的距離與磁場變化周期T的關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）粒子沿直線通過速度選擇器，則洛倫茲力與電場力是一對平衡力qvB=qE，化簡可得粒子的速度．
（2）粒子垂直于磁場方向進入磁場中，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合幾何關(guān)系，畫出粒子運動的軌跡，由運動學的公式即可求出；
（3）結(jié)合（2）的分析與幾何關(guān)系即可求出．

解答 解：（1）因為粒子在速度選擇器中運動時受力平衡，即：qvB₀=qE，
解得：v=$\frac{E}{{B}_{0}}$；
（2）帶電粒子進入y軸右側(cè)之后，在磁場中運動的半徑為：r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{mE}{qB{B}_{0}}$，
因為磁場的變化周期恒為：T=$\frac{πm}{qB}$，所以粒子在該磁場中運動半個周期所轉(zhuǎn)過的角度為90°，
任一時刻進入y軸右側(cè)磁場的粒子其運動軌跡如圖甲所示：

為使粒子在磁場中運動滿一個變化周期，熒光屏離開y軸的距離應(yīng)該為：
x=2rsinα+2rsin（90°-α）=2rsinα+2rcosα=2$\sqrt{2}$rsin（45°+α），
當α=45°時，x的值最大，最大值為：x=2$\sqrt{2}$r=$\frac{2\sqrt{2}mE}{qB{B}_{0}}$；
（3）因為帶電粒子在兩個磁感應(yīng)強度大小相等的磁場中運動的時間相等，
所以其軌跡具有對稱性，如圖乙所示，

其經(jīng)過一個磁場變化周期之后的速度方向與x軸方向平行，
且此時距x軸的距離為：y=2r（1-cosα）
式中的α為粒子在變化的磁場中運動半個周期所轉(zhuǎn)過的角度，
其余周期T的關(guān)系為：$\frac{T}{2}$=$\frac{αm}{qB}$，
則：α=$\frac{qBT}{2m}$，
所以經(jīng)過一個周期后，距x軸的距離為：y=2$\frac{mE}{qB{B}_{0}}$（1-cos$\frac{qBT}{2m}$），
由于只有在y軸的右側(cè)才有變化的磁場，所以帶電粒子最大轉(zhuǎn)過的角度不會超過150°，如圖丙所示，

即磁場的變化周期有一個最大值，$\frac{{T}_{m}}{2}$=$\frac{\frac{5}{6}πm}{qB}$，所以：T＜T_m=$\frac{5πm}{3qB}$；
答：（1）從O點射入右側(cè)磁場的粒子速度為$\frac{E}{{B}_{0}}$；
（2）熒光屏離開y軸的距離至少為$\frac{2\sqrt{2}mE}{qB{B}_{0}}$；
（3從t=0時刻經(jīng)過原點O的粒子打在熒光屏上的位置離x軸的距離與磁場變化周期T的關(guān)系是T＜$\frac{5πm}{3qB}$．

點評 帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑．