Question

9．利用如圖所示裝置可調控帶電粒子的運動，通過改變左端粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達右端接收屏上的位置，裝置的上下兩個相同的矩形區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，磁場區(qū)域的寬度均為h，磁場區(qū)域長均為15h，P、Q為接收屏上的二點，P位于軸線OO'上，Q位于下方磁場的下邊界上．在紙面內，質量為m、電荷量為+q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成37°角，經過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達Q點．不計粒子的重力 （sin37°=0.6、cos37°=0.8）．問：（1）上下兩磁場間距x為多少？
（2）僅改變入射粒子的速度大小，使粒子能打到屏上P點，求此情況下入射速度大小的所有可能值．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)圓的性質可明確粒子如何才能到達P點，由幾何關系可求得寬度；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，假設粒子會經過上方磁場n次，由洛侖茲力充當向心力可求得粒子入射速度的可能值．

解答 解：（1）設粒子磁場中圓周運動半徑為R，
由幾何知識得：15h=3Rsin37°+$3（\frac{x}{2}cot{37^0}）$，
解得：h=R（1-cos37°），x=3h；

（2）一情況：設粒子經過上方磁場n次，下方磁場n次后到達P點，
由題意可知：15h=4n（$\frac{x}{2}cot{37^0}）$+4nR_Nsin37°
解得：${v_x}=\frac{（15-8n）hBq}{2.4nm}$，
討論：又15-8n＞0，即n＜$\frac{15}{8}$ 　　故 n=1，${v_x}=\frac{7hBq}{2.4m}=\frac{35hBq}{12m}$
另一情況：經過上方磁場n次，下方磁場n-1次后到達P點
15h=（4n-2）（$\frac{x}{2}cot{37^0}）$+（4n-2）R_Nsin37°${v_x}=\frac{（19-8n）hBq}{0.6（4n-2）m}$
由于粒子經過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達Q點，因此粒子不可能只經過上方一次射出后直接到達P點，
因此有：n≥2  與19-8n＞0得n=2．故只有一解：${v_x}=\frac{hBq}{1.2m}=\frac{5hBq}{6m}$；
答：（1）上下兩磁場間距x為3h；
（2）僅改變入射粒子的速度大小，使粒子能打到屏上P點，此情況下入射速度大小的所有可能值為：${v_x}=\frac{hBq}{1.2m}=\frac{5hBq}{6m}$．

點評 本題考查帶電粒子在磁場中的運動，在解題時要注意認真審題，明確題意才能準確利用洛侖茲力充當向心力及幾何關系進行求解．