Question

14．如圖所示，條形區(qū)域AA′、BB′中存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B的大小為0.3T，AA′、BB′為磁場邊界，它們相互平行，條形區(qū)域的長度足夠長，寬度d=1m．一束帶正電的某種粒子從AA′上的O點以大小不同的速度沿著與AA′成60°角方向射入磁場，當粒子的速度小于等于某一值v₀時，粒子在磁場區(qū)域內(nèi)的運動時間始終為$\frac{4π}{3}$×10^-8s，不計粒子所受重力．
（1）求粒子的比荷$\frac{q}{m}$
（2）求速度v₀的大小
（3）當粒子速度為v₁時，剛好垂直邊界BB′射出磁場，求速度v₁的大�。�

Answer 1

分析 根據(jù)圓周運動的周期公式結合t=$\frac{θ}{2π}$T解得粒子的比荷，應用洛倫茲力提供向心力解出粒子運動的半徑表達式，結合數(shù)學關系式解得速度．

解答 解：（1）若粒子的速度小于某一值v₀時，則粒子不能從BB′離開磁場區(qū)域，只能從AA′邊離開，無論粒子速度大小，在磁場中運動的時間相同，軌跡如圖所示（圖中只畫了一個粒子的軌跡）．

粒子在磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動的圓心角均為φ₁=240°，運動時間：t₀=$\frac{2}{3}$T，
粒子做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
代入數(shù)據(jù)解得：$\frac{q}{m}$≈3.33×10⁸C/kg
（2）當粒子速度為v₀時，粒子在磁場內(nèi)的運動軌跡剛好與BB′邊界相切，此時有
R₀+R₀sin30°=d  ①
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{0}}$  ②
由①②解得：v₀=6.67×10⁷m/s
（3）當粒子速度為v₁時，剛好垂直邊界BB′射出磁場區(qū)域，此時軌跡所對圓心角φ₂=30°，由R₁sin30°=d   ③
由牛頓第二定律得：qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{R}_{1}}$  ④
由③④解得：v₁≈2×10⁸m/s  
答：（1）粒子的比荷$\frac{q}{m}$為3.33×10⁸C/kg；
（2）速度v₀為6.67×10⁷m/s；
（3）速度v₁為2×10⁸m/s．

點評 本題解題的關鍵在于畫出粒子運動軌跡，分析粒子圓周運動周期與磁場變化周期的關系．粒子圓周運動的時間往往根據(jù)軌跡的圓心角與周期的關系確定，t=$\frac{θ}{2π}$T，θ為轉(zhuǎn)過的圓心角．