Question

13．如圖所示，MN為絕緣板，PQ為MN的中垂線，O為MN的中點(diǎn)，在MN的下方有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外（圖中未畫出），質(zhì)量為m電荷量為q的粒子（不計(jì)重力）以某一速度從A點(diǎn)平行于MN的方向進(jìn)入靜電分析器，靜電分析器內(nèi)有均勻輻向分布的電場(chǎng)（電場(chǎng)方向指向O點(diǎn)），已知圓弧虛線的半徑為R，其所在處場(chǎng)強(qiáng)為E，若離子恰好沿圖中虛線做圓周運(yùn)動(dòng)后從小孔C垂直于MN進(jìn)入下方磁場(chǎng)．
（1）求粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小；
（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，與MN板碰撞，碰后以原速率反彈，且碰撞時(shí)無(wú)電荷的轉(zhuǎn)移，之后恰好從小孔D進(jìn)入MN上方的三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，從A點(diǎn)平行于MC射出，OC=OD，則三角形磁場(chǎng)區(qū)域最小面積為多少？MN上下兩區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比為多少？
（3）在（2）問(wèn)情景下，求粒子從A點(diǎn)出發(fā)后，第一次回到A點(diǎn)所經(jīng)過(guò)的總時(shí)間為多少？

Answer 1

分析 （1）粒子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力，由向心力與速度之間的關(guān)系式，即可求得粒子的速度大�。�
（2）做出粒子的運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)可求得三角形區(qū)域的磁場(chǎng)的最小面積；在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力，在MN上方和下方分別列示可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度的比值．
（3）把這個(gè)運(yùn)動(dòng)分成三個(gè)階段，分別是在第一象限、第二象限和第三四象限，分別求出三個(gè)階段的時(shí)間，即可求得第一次回到A點(diǎn)所經(jīng)過(guò)的總時(shí)間．

解答 解：（1）粒子進(jìn)入靜電分析器做圓周運(yùn)動(dòng)，故有：qE=$\frac{m{V}^{2}}{R}$
解得：V=$\sqrt{\frac{qER}{m}}$
（2）粒子從D到A勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故由圖示三角形區(qū)域面積最小值為：S=$\frac{{R}^{2}}{2}$
在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力，有：qVB=$\frac{m{V}^{2}}{R}$
解得：R=$\frac{mV}{qB}$
設(shè)MN下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₁，上方的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₂，
若只碰撞一次，則有：
R₁=$\frac{R}{2}$=$\frac{mV}{q{B}_{1}}$，
R₂=R=$\frac{mV}{q{B}_{2}}$，
解得：$\frac{{B}_{2}}{{B}_{1}}$=$\frac{1}{2}$
若碰撞n次，則有：
R₁=$\frac{R}{n+1}$=$\frac{mV}{q{B}_{1}}$
R₂=R=$\frac{mV}{q{B}_{2}}$
故有：$\frac{{B}_{2}}{{B}_{1}}$=$\frac{1}{n+1}$  
（3）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：
t₁=$\frac{2πR}{4V}$=$\frac{π}{2}\sqrt{\frac{mR}{qE}}$
在MN下方的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：
t₂=$\frac{n+1}{2}$×2πR₁×$\frac{1}{V}$=$πR\sqrt{\frac{m}{qER}}$
在MN上方的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：
t₃=$\frac{1}{4}$×$\frac{2π{R}_{2}}{V}$=$\frac{π}{2}\sqrt{\frac{mR}{qE}}$
總時(shí)間為：
t=t₁+t₂+t₃=2π$\sqrt{\frac{mR}{qE}}$
答：（1）求粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為$\sqrt{\frac{qER}{m}}$；
（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，與MN板碰撞，碰后以原速率反彈，且碰撞時(shí)無(wú)電荷的轉(zhuǎn)移，之后恰好從小孔D進(jìn)入MN上方的三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，從A點(diǎn)平行于MC射出，OC=OD，則三角形磁場(chǎng)區(qū)域最小面積為$\frac{{R}^{2}}{2}$，MN上下兩區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比為$\frac{1}{n+1}$  
（3）在（2）問(wèn)情景下，求粒子從A點(diǎn)出發(fā)后，第一次回到A點(diǎn)所經(jīng)過(guò)的總時(shí)間為2π$\sqrt{\frac{mR}{qE}}$．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)的中的運(yùn)動(dòng)，可以進(jìn)行如下的歸類進(jìn)行解析：
1、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)基本問(wèn)題 
找圓心、畫軌跡是解題的基礎(chǔ)．帶電粒子垂直于磁場(chǎng)進(jìn)入一勻強(qiáng)磁場(chǎng)后在洛倫茲力作用下必作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，抓住運(yùn)動(dòng)中的任兩點(diǎn)處的速度，分別作出各速度的垂線，則二垂線的交點(diǎn)必為圓心；或者用垂徑定理及一處速度的垂線也可找出圓心；再利用數(shù)學(xué)知識(shí)求出圓周運(yùn)動(dòng)的半徑及粒子經(jīng)過(guò)的圓心角從而解答物理問(wèn)題．
2、帶電粒子在磁場(chǎng)中軌道半徑變化問(wèn)題
導(dǎo)致軌道半徑變化的原因有：①帶電粒子速度變化導(dǎo)致半徑變化．如帶電粒子穿過(guò)極板速度變化；帶電粒子使空氣電離導(dǎo)致速度變化；回旋加速器加速帶電粒子等．②磁場(chǎng)變化導(dǎo)致半徑變化．如通電導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)，不同區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)不同；磁場(chǎng)隨時(shí)間變化．③動(dòng)量變化導(dǎo)致半徑變化．如粒子裂變，或者與別的粒子碰撞；④電量變化導(dǎo)致半徑變化．如吸收電荷等．總之，由r=$\frac{mv}{qB}$看m、v、q、B中某個(gè)量或某兩個(gè)量的乘積或比值的變化就會(huì)導(dǎo)致帶電粒子的軌道半徑變化．
3、帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題和帶電粒子在多磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題
帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題的原因有：粒子運(yùn)動(dòng)范圍的空間臨界問(wèn)題；磁場(chǎng)所占據(jù)范圍的空間臨界問(wèn)題，運(yùn)動(dòng)電荷相遇的時(shí)空臨界問(wèn)題等．審題時(shí)應(yīng)注意恰好，最大、最多、至少等關(guān)鍵字
4、帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的極值問(wèn)題
尋找產(chǎn)生極值的條件：①直徑是圓的最大弦；②同一圓中大弦對(duì)應(yīng)大的圓心角；③由軌跡確定半徑的極值．
5、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題
復(fù)合場(chǎng)包括：磁場(chǎng)和電場(chǎng)，磁場(chǎng)和重力場(chǎng)，或重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)．有帶電粒子的平衡問(wèn)題，勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，在解題過(guò)程中始終抓住洛倫茲力不做功這一特點(diǎn)．粒子動(dòng)能的變化是電場(chǎng)力或重力做功的結(jié)果．
6、帶電粒子在磁場(chǎng)中的周期性和多解問(wèn)題
多解形成原因：帶電粒子的電性不確定形成多解；磁場(chǎng)方向不確定形成多解；臨界狀態(tài)的不唯一形成多解，在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)表現(xiàn)出來(lái)多解，運(yùn)動(dòng)的重復(fù)性形成多解．