Question

1．如圖所示，在空間中存在垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，其邊界AB、CD間的寬度為d，在左邊界的Q點處有一質量為m，帶電荷量為-q的粒子沿與左邊界成30°的方向射入磁場，粒子重力不計．求：
（1）若帶電粒子能從AB邊界射出，則粒子入射速度應滿足的條件；
（2）若帶電粒子能垂直CD邊界飛出磁場，進入如圖所示的有界勻強電場中減速至零后再返回，則有界電場的電壓的范圍及整個過程中帶電粒子在磁場中運動的時間；
（3）若帶電粒子的速度是（2）中的$\sqrt{3}$倍，并可以從Q點沿紙面向各個方向射入磁場，則粒子打到CD邊界上的長度是多少？

Answer 1

分析 （1）先作出粒子運動的軌跡，根據(jù)幾何關系求出粒子能從左邊界射出時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；
（2）根據(jù)幾何知識求磁場中軌跡半徑，由動能定理求極板間電壓．
帶電粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔進入勻強電場中減速至零，然后由靜止返回做勻加速運動，再進入磁場做勻速圓周運動，畫出軌跡，確定磁場中運動軌跡對應的圓心角，求出通過磁場的時間．
（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，粒子的運動軌跡如圖所示，則有 R+Rcos30°=d
由$Bqv=m\frac{{v}^{2}}{R}$得 $v=\frac{Bqd}{m（1+cos30°）}$
所以粒子能從左邊界射出速度應滿足$v≤\frac{2（2-\sqrt{3}）qBd}{m}$．
（2）粒子能從右邊界垂直射出，由幾何知識得R=$\fracuane8kd{cos30°}$
由$Bq{v}_{2}=m\frac{{{v}_{2}}^{2}}{R}$
在電場中：$\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}=Uq$
解得：
  $U=\frac{{B}^{2}qekrmdzo^{2}}{2m（cos30°）^{2}}=\frac{2{B}^{2}qj9yolc3^{2}}{3m}$
故粒子不碰到右極板所加電壓滿足的條件$U≥\frac{2{B}^{2}qg34n4xo^{2}}{3m}$
因粒子轉過的圓心角為60°，所用時間為$\frac{T}{6}$，而$T=\frac{2πm}{Bq}$
因返回通過磁場所用時間相同，所以總時間　$t=2×\frac{T}{6}=\frac{2πm}{3Bq}$
（3）當粒子速度為是（2）中的$\sqrt{3}$倍時   解得 R′=2d粒子，如圖
由幾何關系可得l=2×2dcos30°=2$\sqrt{3}d$
答：（1）若帶電粒子能從AB邊界射出，則粒子入射速度應滿足的條件為$v≤\frac{2（2-\sqrt{3}）qBd}{m}$；
（2）有界電場的電壓的范圍為$U≥\frac{2{B}^{2}qzim7wja^{2}}{3m}$，整個過程中帶電粒子在磁場中運動的時間為$\frac{2πm}{3qB}$；
（3）若帶電粒子的速度是（2）中的$\sqrt{3}$倍，并可以從Q點沿紙面向各個方向射入磁場，則粒子打到CD邊界上的長度是2$\sqrt{3}$d．

點評 帶電粒子在磁場中的運動要把握其運動規(guī)律，在磁場中要注意找出相應的幾何關系，從而確定圓心和半徑，畫出運動軌跡，難度適中．