Question

6．如圖所示，平行直線A₁、A₂間，存在兩個在豎直方向足夠大的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以豎直面MN為理想分界面，方向均垂直紙面向外．兩磁場區(qū)域的寬度d相同，磁感應(yīng)強度的大小分別為B和$\frac{B}{2}$．在A₁邊界某處有一個正粒子發(fā)射裝置P，可調(diào)節(jié)粒子發(fā)射速度的大小及方向，保證粒子運動軌跡平行于紙面．已知磁場寬度d=$\frac{m{v}_{0}}{2qB}$，粒子的質(zhì)量為m，電量為q，不計粒子所受重力．則：
（1）若以v垂直A₁邊界發(fā)射粒子，要保證粒子均能夠進入Ⅱ區(qū)域又最終不能從A₂邊界穿出，求發(fā)射粒子的速度范圍；
（2）調(diào)節(jié)發(fā)射裝置，是粒子速度大小變?yōu)?\frac{{v}_{0}}{2}$，改變射入時的方向（其它條件不變），使粒子以最短時間穿過Ⅰ區(qū)域．求粒子在Ⅱ區(qū)域的運動時間t．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子在磁場中做圓周運動，由幾何關(guān)系得到粒子的半徑范圍，然后由洛倫茲力做向心力求得速度范圍；
（2）根據(jù)幾何關(guān)系求得粒子以最短時間穿過Ⅰ區(qū)域的軌跡，進而得到粒子在Ⅱ區(qū)域運動的中心角，從而由洛倫茲力做向心力求得周期，進而得到運動時間．

解答 解：（1）粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力做向心力，即$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{R}$，所以，$R=\frac{mv}{qB}$；
所以，粒子在Ⅰ區(qū)域的半徑${R}_{1}=2\frac{v}{{v}_{0}}d$，在Ⅱ區(qū)域的半徑${R}_{2}=4\frac{v}{{v}_{0}}d$；
要保證粒子均能夠進入Ⅱ區(qū)域，則R₁＞d，即$v＞\frac{1}{2}{v}_{0}$；
要保證粒子最終不能從A₂邊界穿出，則如圖所示，，$sinθ=\frac16cxx91{{R}_{1}}，sinθ≥\frac{{R}_{2}-d}{{R}_{2}}$；
所以，$\fracujcsyaa{2\frac{v}{{v}_{0}d}}≥\frac{4\frac{v}{{v}_{0}}d-d}{4\frac{v}{{v}_{0}}d}$，所以，$v≤\frac{3}{4}{v}_{0}$；
所以，若以v垂直A₁邊界發(fā)射粒子，要保證粒子均能夠進入Ⅱ區(qū)域又最終不能從A₂邊界穿出，則發(fā)射粒子的速度范圍為$\frac{1}{2}{v}_{0}＜v≤\frac{3}{4}{v}_{0}$；
（2）粒子速度大小變?yōu)?\frac{{v}_{0}}{2}$，則由（1）可知：粒子在Ⅰ區(qū)域的半徑R₁′=d，在Ⅱ區(qū)域的半徑R₂′=2d；
粒子速度確定，那么粒子的周期也確定，故使粒子以最短時間穿過Ⅰ區(qū)域，即中心角最小，弧長最小，那么其對應(yīng)的最小弦長為d，
所以，粒子運動軌跡如圖所示，，
那么，$α=2arcsin\frac{\frac{1}{2}d}{{R}_{1}′}=60°$，$β=2（90°-\frac{1}{2}α）=120°$（且粒子運動軌跡恰好與A₂相切，粒子并不從A₂離開磁場），
粒子在Ⅱ區(qū)域的運動周期$T=\frac{2π{R}_{2}′}{\frac{1}{2}{v}_{0}}=\frac{8πd}{{v}_{0}}=\frac{4πm}{qB}$；所以，粒子在Ⅱ區(qū)域的運動時間$t=\frac{120°}{360°}T=\frac{4πm}{3qB}$；
答：（1）若以v垂直A₁邊界發(fā)射粒子，要保證粒子均能夠進入Ⅱ區(qū)域又最終不能從A₂邊界穿出，則發(fā)射粒子的速度范圍為$\frac{1}{2}{v}_{0}＜v≤\frac{3}{4}{v}_{0}$；
（2）調(diào)節(jié)發(fā)射裝置，使粒子速度大小變?yōu)?\frac{{v}_{0}}{2}$，改變射入時的方向（其它條件不變），使粒子以最短時間穿過Ⅰ區(qū)域．則粒子在Ⅱ區(qū)域的運動時間t為$\frac{4πm}{3qB}$．

點評 帶電粒子在磁場中運動問題，一般由洛倫茲力做向心力求得半徑的表達式，然后由幾何關(guān)系求得半徑，進而求得想關(guān)問題．