Question

15．如圖所示，空間存在一個半徑為R₀的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場的方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小為B，有一個粒子源在紙面內(nèi)沿各個方向以一定速率發(fā)射大量粒子，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q．將粒子源置于圓心，則所有粒子剛好都不離開磁場，不考慮粒子之間的相互作用．
（1）求帶電粒子的速率．
（2）若粒子源可置于磁場中任意位置，且磁場的磁感應強度大小變?yōu)?\frac{\sqrt{2}}{4}$B，求粒子在磁場中最長的運動時間t．
（3）若原磁場不變，再疊加另一個半徑為R₁（R₁＞R₀）圓形勻強磁場，磁場的磁感應強度的大小為$\frac{B}{2}$，方向垂直于紙面向外，兩磁場區(qū)域成同心圓，此時該離子源從圓心出發(fā)的粒子都能回到圓心，求R₁的最小值和粒子運動的周期T．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律，即可求解；
（2）由幾何關(guān)系，可求出運動軌跡的圓心角，根據(jù)周期公式，即可求解；
（3）根據(jù)矢量法則，可確定磁場方向與大小，再由幾何關(guān)系，結(jié)合周期公式，即可求解．

解答 解：（1）粒子離開出發(fā)點最遠的距離為軌道半徑的2倍，由幾何關(guān)系，則有R₀=2r，r=0.5R₀
根據(jù)半徑公式得：r=$\frac{mv}{qB}$
解得v=$\frac{qB{R}_{0}}{2m}$
（2）磁場的大小變?yōu)?\frac{\sqrt{2}}{4}$B后，由半徑公式r=$\frac{mv}{qB}$可知粒子的軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?\frac{4}{\sqrt{2}}$=2$\sqrt{2}$倍，即為$\sqrt{2}$R₀，
根據(jù)幾何關(guān)系可以得到，當弦最長時，運動的時間最長，弦為2 R₀時最長，圓心角90°
解得：t=$\frac{90°}{360°}$T=$\frac{1}{4}×$$\frac{2πm}{q•\frac{\sqrt{2}}{4}B}$=$\frac{\sqrt{2}πm}{qB}$
（3）根據(jù)矢量合成法則，疊加區(qū)域的磁場大小為 $\frac{B}{2}$，方向向里，
R₀以為的區(qū)域磁場大小為 $\frac{B}{2}$，方向向外．粒子運動的半徑為R₀，
根據(jù)對稱性畫出情境圖，
由幾何關(guān)系可得R₁的最小值為：（$\sqrt{3}$+1）R₀；
根據(jù)周期公式，則有：T=（2×$\frac{2×\frac{5}{6}π}{2π}$+$\frac{2×\frac{2}{3}π}{2π}$）•$\frac{2πm}{q•\frac{B}{2}}$=$\frac{28πm}{3qB}$ 
答：
（1）帶電粒子的速率為$\frac{qB{R}_{0}}{2m}$．
（2）若粒子源可置于磁場中任意位置，且磁場的磁感應強度大小變?yōu)?$\frac{\sqrt{2}}{4}$B，粒子在磁場中最長的運動時間t為$\frac{\sqrt{2}πm}{qB}$．
（3）R₁的最小值為（$\sqrt{3}$+1）R₀；粒子運動的周期T為$\frac{28πm}{3qB}$．

點評 對于帶電粒子在磁場的圓周運動，要由洛倫茲力提供圓周運動向心力，根據(jù)軌跡關(guān)系求出粒子進入磁場中的速度方向，再根據(jù)速度關(guān)系求出質(zhì)子在電場中做何種運動，然后根據(jù)運動性質(zhì)求解．