Question

6．aa′、bb′、cc′為足夠長的勻強磁場分界線，相鄰兩分界線間距均為d，磁場方向如圖所示，Ⅰ、Ⅱ區磁場感應強度分別為B和2B，邊界aa′上有一粒子源P，平行于紙面向各個方向發射速率為$\frac{2Bqd}{m}$的帶正電粒子，Q為邊界bb′上一點，PQ連線與磁場邊界垂直，已知粒子質量m，電量為q，不計粒子重力和粒子間相互作用力，求：
（1）沿PQ方向發射的粒子飛出Ⅰ區時經過bb′的位置；
（2）粒子第一次通過邊界bb′的位置范圍；
（3）進入Ⅱ區的粒子第一次在磁場Ⅱ區中運動的最長時間和最短時間．

Answer 1

分析 （1）由洛侖茲力提供向心力和題設條件求得半徑，圓心在P點正下方，由由幾何關系就能求出沿水平方向射出后向下偏離的距離．
（2）由于粒子的速度方向不定，但半徑一定．根據粒子旋轉的方向（在Ⅰ區順時針，在Ⅱ區逆時針）先確定向上打到的最高點，即沿著豎直向上方向射出的粒子，據此由幾何關系求出最高點偏離P點的距離；再確定最低點，顯然當軌跡與bb′相切時，該點為最低點．
（3）要使粒子在Ⅱ區運動的時間最長和最短，則要求在該區做圓周運動的弦長最長和最短，由磁感應強度的關系求出在該區做圓周運動的半徑．從而求出最長和最短的時間．

解答 解：（1）由洛倫茲力充當向心力得：
   $qvB=\frac{m{v}^{2}}{R}$             
   $R=\frac{mv}{qB}$               
  把$v=\frac{2Bqd}{m}$代入得r₁=2d
  如圖所示可得：
   $sinθ=\fracp9vv5xb5{2d}=\frac{1}{2}$
   θ=30°
   $PM=QN=2d-2dcosθ=（2-\sqrt{3}）d$          
  所以，經過bb′的位置為Q下方$（2-\sqrt{3}）d$
（2）當正電粒子速度豎直向上進入磁場Ⅰ，距離Q點上方最遠：
  由幾何關系得：$cos{α}_{1}=\fracp9vv5xb5{2d}=\frac{1}{2}$
   α₁=60°
  $Q{H}_{1}=2dsin{α}_{1}=\sqrt{3}d$      
  當正電粒子進入后與bb′相切時，距離Q點下方最遠：
  由幾何關系得：$cos{α}_{2}=\fracp9vv5xb5{2d}=\frac{1}{2}$
  α₂=60°
  $Q{H}_{2}=2dsin{α}_{2}=\sqrt{3}d$         
  所以有粒子通過的范圍長度為$L=2\sqrt{3}d$
（3）同理：在磁場Ⅱ中的半徑：${r}_{2}=\frac{mv}{q{B}_{2}}=d$        
 周期：$T=\frac{2πR}{v}=\frac{πm}{qB}$           
  軌跡圓所對應的弦越長，在磁場Ⅱ中的時間越長．
  當軌跡圓的弦長為直徑時，所對應的時間最長為：
  ${t}_{max}=\frac{T}{2}=\frac{πm}{2qB}$          
  當軌跡圓的弦長為磁場Ⅱ的寬度時，從ccˊ飛出所對應的時間最短為：
   ${t}_{min}=\frac{T}{6}=\frac{πm}{6qB}$
  從bbˊ飛出所對應的時間最短為${t_{min}}=\frac{T}{3}=\frac{πm}{3qB}$
  所以：最短時間為${t_{min}}=\frac{πm}{6qB}$
答：（1）沿PQ方向發射的粒子飛出Ⅰ區時經過bb′的位置為Q下方$（2-\sqrt{3}）d$．
（2）粒子第一次通過邊界bb′的位置范圍為$2\sqrt{3}d$．
（3）進入Ⅱ區的粒子第一次在磁場Ⅱ區中運動的最長時間為$\frac{πm}{2qB}$、最短時間為$\frac{πm}{6qB}$．

點評 本題的靚點在于第二、三問：①粒子的速度大小一定，但方向不同，在考慮打在bb′最高和最低位置時，先要確定粒子旋轉的方向，還需比較半徑與寬度的關系，才能找到正確答案，再由幾何關系求出打在bb′上的范圍．②由于在Ⅱ區做勻速圓周運動的半徑不同，求最長時間時，也要先確定粒子的旋轉方向、寬度與半徑的關系：當軌跡圓的弦長為直徑時，所對應的時間最長； 當軌跡圓的弦長為磁場Ⅱ的寬度時，從ccˊ飛出所對應的時間最短．