Question

（16分）某裝置用磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，工作原理如圖所示。裝置的長(zhǎng)為 L，上下兩個(gè)相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場(chǎng)的間距為d。裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點(diǎn)，M位于軸線OO′上，N、P分別位于下方磁場(chǎng)的上、下邊界上。在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子以某一速度從裝置左端的中點(diǎn)射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點(diǎn)。改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置。不計(jì)粒子的重力。

（1）求磁場(chǎng)區(qū)域的寬度h；
（2）欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點(diǎn)移到N點(diǎn)，求粒子入射速度的最小變化量Δv；
（3）欲使粒子到達(dá)M點(diǎn)，求粒子入射速度大小的可能值。

Answer 1

（1）h＝（－）（1－）；（2）Δv＝（－）；（3）v_n＝（－）（2≤n＜，n取整數(shù)）

試題分析：（1）設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，依題意作出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示。

由圖中幾何關(guān)系有：L＝3rsin30°＋，h＝r（1－cos30°）
解得：h＝（－）（1－）
（2）設(shè)帶電粒子初始入射速度為v₁，改變速度后仍然經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次后到達(dá)N點(diǎn)，此時(shí)速度的改變量最小，設(shè)為v₂，粒子改變速度后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r′，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示。

由圖中幾何關(guān)系有：L＝4r′sin30°＋
根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力大小公式有：qv₁B＝，qv₂B＝
粒子入射速度的最小變化量Δv＝|v₂－v₁|
聯(lián)立以上各式解得：Δv＝（－）
（3）粒子可能從上方磁場(chǎng)出來(lái)后經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，也可能從下方磁場(chǎng)出來(lái)后經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，不妨假設(shè)粒子共n次經(jīng)過(guò)了磁場(chǎng)區(qū)域到達(dá)了M點(diǎn)，此時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r_n，速度為v_n，根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力大小公式有：qv_nB＝
根據(jù)幾何關(guān)系有：L＝2nr_nsin30°＋
解得：v_n＝（－）
由于粒子經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點(diǎn)，因此粒子不可能只經(jīng)過(guò)上方一次射出后直接到達(dá)M點(diǎn)，因此有：n≥2
又因?yàn)椋�粒子必須能夠�?jīng)過(guò)磁場(chǎng)改變其運(yùn)動(dòng)速度的方向才能到達(dá)M點(diǎn)，因此滿足n＜＝
所以：v_n＝（－）（其中2≤n＜，且n為整數(shù)）