Question

2．如圖所示，在空間中存在垂直紙面向里的場強(qiáng)為B勻強(qiáng)磁場，其邊界AB、CD的寬度為d，在左邊界的Q點(diǎn)處有一質(zhì)量為m，帶電量大小為q的負(fù)粒子沿與左邊界成30°的方向射入磁場，粒子重力不計(jì)，求：
（1）若帶電粒子能從AB邊界飛出，求帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最大半徑R_m和時(shí)間t．
（2）若帶電粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔進(jìn)入如圖所示的勻強(qiáng)電場中減速至零且恰好到達(dá)兩極板的中點(diǎn)，求極板間電壓U．
（3）若帶電粒子的速度是（2）中的$\sqrt{3}$倍，并可以從Q點(diǎn)沿紙面各個(gè)方向射入磁場，則粒子能打到CD邊界的范圍？

Answer 1

分析 （1）先作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子能從左邊界射出時(shí)臨界情況的軌道半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力公式即可求解最大速度；帶電粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔進(jìn)入勻強(qiáng)電場中減速至零，然后由靜止返回做勻加速運(yùn)動(dòng)，再進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出軌跡，確定磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡對應(yīng)的圓心角，求出通過磁場的時(shí)間．
（2）根據(jù)幾何知識(shí)求磁場中軌跡半徑，由動(dòng)能定理求極板間電壓．
（3）若帶電粒子的速度是（2）中的$\sqrt{3}$倍，求出軌跡半徑，畫出軌跡，由幾何知識(shí)求粒子能打到CD邊界的范圍．

解答 解：（1）粒子能從左邊界射出，臨界情況是軌跡與磁場右邊界相切，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則有：R+Rcos30°=d
所以R_m=$\fracg4eqe4c{1+cos30°}=\frac20qsc6i{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}=2（2-\sqrt{3}）d$
因粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所用時(shí)間為$\frac{T}{6}$，而$T=\frac{2πm}{Bq}$
因返回通過磁場所用時(shí)間相同，所以總時(shí)間為：$t=2×\frac{T}{6}=\frac{2πm}{3Bq}$
（2）由$Bqv=m\frac{v^2}{R}$得：$v=\frac{Bqd}{m（1+cos30°）}=\frac{{2（2-\sqrt{3}）Bqd}}{m}$
所以粒子能從左邊界射出速度應(yīng)滿足$v≤\frac{{2（2-\sqrt{3}）Bqd}}{m}$．

粒子能從右邊界射出，由幾何知識(shí)得：R=$\fracqqmcwcg{cos30°}$
由$Bq{v_2}=m\frac{v_2^2}{R}$和$\frac{1}{2}mv_2^2=qU$
解得：$U=\frac{{{B^2}q{d^2}}}{{2m{{cos}^2}30°}}=\frac{{2{B^2}q{d^2}}}{3m}$
故粒子不碰到右極板所加電壓滿足的條件為：$U≥\frac{{2{B^2}q{d^2}}}{3m}$
（3）當(dāng)粒子速度為是（2）中的$\sqrt{3}$倍時(shí)，解得 R′=2d粒子，如圖
由幾何關(guān)系可得：l=2×2dcos30°=2$\sqrt{3}d$
答：（1）帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最大半徑是$2（2-\sqrt{3}）d$和時(shí)間為$\frac{2πm}{3qB}$．
（2）極板間電壓為$\frac{2{B}^{2}qows44sq^{2}}{3m}$；
（3）粒子能打到CD邊界的范圍為2$\sqrt{3}d$．

點(diǎn)評 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)要把握其運(yùn)動(dòng)規(guī)律，在磁場中要注意找出相應(yīng)的幾何關(guān)系，從而確定圓心和半徑，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，難度適中．