Question

18．在現(xiàn)代科學實驗室中，經(jīng)常用磁場來控制帶電粒子的運動．有這樣一個儀器的內部結構簡化如圖：1、2兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直于紙面．一質量為m、電量為-q，重力不計的粒子，粒子以速度V平行于紙面射入1區(qū)，射入時速度與水平方向夾角θ=30°．
（1）當1區(qū)磁感應強度大小B₁=B₀時，粒子從1區(qū)右邊界射出時速度與豎直邊界方向夾角為60°，求B₀及粒子在1區(qū)運動的時間t．
（2）若2區(qū)B₂=B₁=B₀，求粒子在1區(qū)的最高點與2區(qū)的最低點之間的高度差h．
（3）若B₁=B₀，為使粒子能返回1區(qū)，求B₂應滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）畫出軌跡，由幾何知識求出半徑，根據(jù)牛頓定律求出B₀．找出軌跡的圓心角，求出時間．
（2）由幾何知識求出高度差．
（3）當粒子在區(qū)域Ⅱ中軌跡恰好與右側邊界相切時，粒子恰能返回Ⅰ區(qū)．由幾何知識求出半徑，由牛頓定律求出B₂滿足的條件．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示：
由幾何知識得：L=2R₁sinθ，
由牛頓第二定律得：qvB₀=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$，
解得：B₀=$\frac{mv}{qL}$；
設粒子在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的周期：T=$\frac{2π{R}_{1}}{v}$=$\frac{2πL}{v}$，
粒子的運動的時間：t=$\frac{2θ}{360}$T=$\frac{2×30°}{360°}$T=$\frac{πL}{3v}$；
（2）設粒子在磁場Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑為R₂，
由牛頓第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$，
由幾何知識可得：h=（R₁+R₂）（1-cosθ）+Ltanθ，
解得：h=（2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）L；
（3）粒子恰好能能返回1區(qū)時的運動軌跡如圖所示：
為使粒子能再次回到Ⅰ區(qū)，應滿足：
R₂（1+sinθ）≤L，
由牛頓第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$，
由題意可知：B₂=B₁=B₀，解得：B₂≥$\frac{3mv}{2qL}$；
答：（1）當1區(qū)磁感應強度大小B₁=B₀時，粒子從1區(qū)右邊界射出時速度與豎直邊界方向夾角為60°，B₀為$\frac{mv}{qL}$，粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t為$\frac{πL}{3v}$．
（2）若2區(qū)B₂=B₁=B₀，粒子在1區(qū)的最高點與2區(qū)的最低點之間的高度差h為（2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）L．
（3）若B₁=B₀，為使粒子能返回1區(qū)，B₂應滿足的條件是B₂≥$\frac{3mv}{2qL}$．

點評 本題考查了粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的關鍵；本題的難點在于分析臨界條件，粒子恰好穿出磁場時，其軌跡往往與邊界相切．