Question

2．如圖甲所示，在坐標系xOy平面內，y軸的左側，有一個速度選擇器，其中的電場強度為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（不計其產生的電場對粒子的影響），規定垂直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，失去電量變成中性粒子（粒子的重力可以忽略不計）．

（1）從O點射入周期性變化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運動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）如果磁場的變化周期T可以改變，試求從t=0時刻經過原點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$qv{B}_{0}=m\frac{{v}^{2}}{R}$，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）粒子沿直線通過速度選擇器，則洛倫茲力與電場力平衡，有：qvB₀=qE    
所以：$v=\frac{E}{{B}_{0}v}$ 
（2）粒子進入磁場后洛倫茲力提供向心力，則：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$   
所以：r=$\frac{mv}{Bq}$=$\frac{mE}{B{B}_{0}q}$
粒子運動的周期為：${T}_{0}=\frac{2πr}{v}$=$\frac{2πm}{Bq}$
由于磁場的變化周期恒定為T=$\frac{πm}{Bq}$=$\frac{1}{2}{T}_{0}$
所以粒子在磁場中運動半個周期后偏轉的角度為90°，任一時刻進入磁場的粒子在磁場中運動的軌跡如圖甲，

要使不同時刻從原點O進入變化磁場的粒子運動時間等于磁場的一個變化周期，熒光屏離開y軸的距離至少為：
x=2rsinα+2rsin（90°-α）=2r（sinα+cosα）=$2\sqrt{2}rsin（α+45°）$
所以當α=45°時，x最大，最大值為：$x=2\sqrt{2}r=\frac{2\sqrt{2}mE}{B{B}_{0}q}$
（3）由于兩次磁場的大小相等方向相反，由運動的對稱性可知其運動的軌跡如圖乙，經過一個磁場的變化周期后速度的方向與x軸再次平行，切距離x軸的距離為：
y=2r（1-cosα）
式中的α是粒子在變化的半個周期內偏轉的角度，它與周期T的關系為：
$\frac{T}{2}=\frac{α}{2π}•\frac{2πm}{qB}$=$\frac{αm}{qB}$
所以：$α=\frac{BqT}{2m}$
則在經過一個周期后粒子到x軸的距離：y=$\frac{2mE}{B{B}_{0}q}（1-cos\frac{BqT}{2m}）$

由于只在y軸的右側有磁場，所以帶電粒子在磁場中轉過的角度不超過150°，如圖丙所示，即磁場的周期變化有一個最大值：$\frac{{T}_{M}}{2}=\frac{\frac{5}{6}πm}{qB}$
所以正確：T＜T_m=$\frac{5πm}{3Bq}$
所以粒子到x軸的距離：y=$\frac{2mE}{B{B}_{0}q}（1-cos\frac{BqT}{2m}）$（T＜$\frac{5πm}{3Bq}$）
答：（1）從O點射入周期性變化磁場的粒子速度為$\frac{E}{{B}_{0}v}$；
（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運動時間等于磁場的一個變化周期，則熒光屏離開y軸的距離至少是$\frac{2\sqrt{2}mE}{B{B}_{0}q}$；
（3）如果磁場的變化周期T可以改變，試求從t=0時刻經過原點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的關系為y=$\frac{2mE}{B{B}_{0}q}（1-cos\frac{BqT}{2m}）$（T＜$\frac{5πm}{3Bq}$）．

點評 該題結合粒子速度選擇器考查帶電粒子在磁場中的運動，粒子垂直射入電場，在磁場中做勻速圓周運動，要求能夠畫出粒子運動的軌跡，結合幾何關系求解，知道半徑公式及周期公式．