Question

12．如圖甲所示，在坐標系xOy平面內(nèi)，y軸的左側有一個速度選擇器，其中電場強度為E，磁感應強度為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軸的右側有一勻強磁場，磁感應強度大小恒為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．假設帶電粒子在y軸右側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=$\frac{πm}{Bq}$，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，應用牛頓第二定律結合幾何關系，畫出粒子運動的軌跡，由運動學的公式即可求出；
（3）結合（2）的分析與幾何關系即可求出．

解答 解：（1）因為粒子在速度選擇器中運動時受力平衡，即B₀qv=Eq，
解得：$v=\frac{E}{{B}_{0}}$，
（2）帶電粒子進入y軸右側之后，在磁場中運動的半徑為：$r=\frac{mv}{Bq}=\frac{mE}{B{B}_{0}q}$，
因為磁場的變化周期恒為$T=\frac{mπ}{Bq}$，所以粒子在該磁場中運動半個周期所轉過的角度為90°，任一時刻進入y軸右側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軸的距離應該為：
$x=2rsinα+2rsin（90°-α）=2rsinα+2rcosα=2\sqrt{2}sin（45°+α）$
當π=45°時，x的值最大，最大值為：$x=2\sqrt{2}r=2\sqrt{2}\frac{mE}{B{B}_{0}q}$
（3）因為帶電粒子在兩個磁感應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過的 角度，其余周期T的關系為$\frac{T}{2}=\frac{αm}{Bq}$，則$α=\frac{BqT}{2m}$，
所以經(jīng)過一個周期后，距x軸的距離為：$y=2\frac{mE}{B{B}_{0}q}（1-cos\frac{BqT}{2m}）$
由于只有在y軸的右側才有變化的磁場，所以帶電粒子最大轉過的角度不會超過150°，如圖丙所示，

即磁場的變化周期有一個最大值，$\frac{{T}_{m}}{2}=\frac{\frac{5}{6}πm}{Bq}$，所以$T＜{T}_{m}=\frac{5πm}{3Bq}$．
答：（1）從O點射入右側磁場的粒子速度為$\frac{E}{{B}_{0}}$；
（2）熒光屏離開y軸的距離至少為$2\sqrt{2}\frac{mE}{B{B}_{0}q}$；
（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的關系是T$＜\frac{5πm}{3Bq}$．

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．