Question

8．在現(xiàn)代科學實驗室中，經(jīng)常用磁場來控制帶電粒子的運動．某儀器的內(nèi)部結(jié)構(gòu)簡化如圖：足夠長的條形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ?qū)挾染鶠長，邊界水平，Ⅰ區(qū)上方存在與Ⅰ區(qū)緊密相鄰的足夠長勻強電場，方向豎直向下，寬度為d，場強E=$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{2qd}$．一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子（重力不計）以速度v₀平行于紙面從電場邊界水平射入電場，并由A點射入磁場Ⅰ區(qū)（圖中未標出A點）．不計空氣阻力．
（1）若B₁=B₀時，粒子從Ⅰ區(qū)下邊界射出時速度方向與邊界夾角為60°，求B₀及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t．
（2）若B₂=B₁=B₀，求粒子從Ⅱ區(qū)射出時速度方向相對射入Ⅰ區(qū)時速度方向的側(cè)移量h．
（3）若B₁=B₀，且Ⅱ區(qū)的寬度可變，為使粒子經(jīng)Ⅱ區(qū)恰能返回A點，求Ⅱ的寬度最小值L_x和B₂大�。�

Answer 1

分析 （1）由動能定理求出粒子進入磁場時的速度，粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律可以求出磁感應強度，根據(jù)粒子周期公式可以求出運動時間．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子的軌道半徑，作出粒子運動軌跡，然后求出側(cè)移量h．
（3）作出粒子運動軌跡，然后求出Ⅱ的寬度最小值L_x，由牛頓第二定律求出B₂的大�。�

解答 解：（1）設(shè)粒子射入磁場Ⅰ區(qū)的速度大小為v，在電場中運動，由動能定理得：
qEd=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：v=2v₀，
速度與水平方向的夾角為α，有：cosα=$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{1}{2}$
則有：α=60°，
在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的半徑為R₁，由牛頓第二定律得：
qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$，
由幾何知識得：L=2R₁cos60°，
解得：B₀=$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$；
設(shè)粒子在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的周期為T，運動的時間為t，粒子做圓周運動的周期為：
T=$\frac{2π{R}_{1}}{v}$，
粒子在磁場中的運動時間為：t=$\frac{α}{360°}$T，
解得：t=$\frac{πL}{6{v}_{0}}$；
（2）設(shè)粒子在磁場Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑為R₂，由牛頓第二定律得：
qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$
解得：R₂=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$=R₁，
由幾何知識可得：h=$\overline{AC}$•sin30°+$\overline{CE}$•sin60°+$\overline{EF}$•sin30°
解得：h=2L；
（3）如圖所示，為使粒子經(jīng) II區(qū)恰能返回射入 I區(qū)的位置，應滿足：
Ltan30°=R₂′cos30°，L_X=R₂′（1+sin30°）=L，
由牛頓第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}′}$
解得：B₂=$\frac{3m{v}_{0}}{qL}$；
答：（1）若B₁=B₀時，粒子從Ⅰ區(qū)下邊界射出時速度方向與邊界夾角為60°，B₀為$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$，粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t為$\frac{πL}{6{v}_{0}}$．
（2）若B₂=B₁=B₀，粒子從Ⅱ區(qū)射出時速度方向相對射入Ⅰ區(qū)時速度方向的側(cè)移量h為2L．
（3）若B₁=B₀，且Ⅱ區(qū)的寬度可變，為使粒子經(jīng)Ⅱ區(qū)恰能返回A點，Ⅱ的寬度最小值L_x為L，B₂大小為$\frac{3m{v}_{0}}{qL}$．

點評 本題考查了粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的關(guān)鍵；分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡，應用牛頓第二定律與動能定理、粒子做圓周運動的周期公式可以解題．