Question

12．如图甲所示，在坐标系xOy平面内，y轴的左侧有一个速度选择器，其中电场强度为E，磁感应强度为B₀．粒子源不断地释放出沿x轴正方向运动，质量均为m、电量均为+q、速度大小不同的粒子．在y轴的右侧有一匀强磁场，磁感应强度大小恒为B，方向垂直于xOy平面，且随时间做周期性变化（不计其产生的电场对粒子的影响），规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，如图乙所示．在离y轴足够远的地方有一个与y轴平行的荧光屏．假设带电粒子在y轴右侧运动的时间达到磁场的一个变化周期之后，失去电荷变为中性粒子．（粒子的重力忽略不计）
（1）从O点射入右侧磁场的粒子速度多大；
（2）如果磁场的变化周期恒定为T=$\frac{πm}{Bq}$，要使不同时刻从原点O进入变化磁场的粒子做曲线运动的时间等于磁场的一个变化周期，则荧光屏离开y轴的距离至少多大；
（3）荧光屏离开y轴的距离满足（2）的前提下，如果磁场的变化周期T可以改变，试求从t=0时刻经过原点O的粒子打在荧光屏上的位置离x轴的距离与磁场变化周期T的关系．

Answer 1

分析 （1）粒子沿直线通过速度选择器，则洛伦兹力与电场力是一对平衡力qvB=qE，化简可得粒子的速度．
（2）粒子垂直于磁场方向进入磁场中，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律结合几何关系，画出粒子运动的轨迹，由运动学的公式即可求出；
（3）结合（2）的分析与几何关系即可求出．

解答 解：（1）因为粒子在速度选择器中运动时受力平衡，即B₀qv=Eq，
解得：$v=\frac{E}{{B}_{0}}$，
（2）带电粒子进入y轴右侧之后，在磁场中运动的半径为：$r=\frac{mv}{Bq}=\frac{mE}{B{B}_{0}q}$，
因为磁场的变化周期恒为$T=\frac{mπ}{Bq}$，所以粒子在该磁场中运动半个周期所转过的角度为90°，任一时刻进入y轴右侧磁场的粒子其运动轨迹如图甲所示

为使粒子在磁场中运动满一个变化周期，荧光屏离开y轴的距离应该为：
$x=2rsinα+2rsin（90°-α）=2rsinα+2rcosα=2\sqrt{2}sin（45°+α）$
当π=45°时，x的值最大，最大值为：$x=2\sqrt{2}r=2\sqrt{2}\frac{mE}{B{B}_{0}q}$
（3）因为带电粒子在两个磁感应强度大小相等的磁场中运动的时间相等，所以其轨迹具有对称性，如图乙所示，其经过一个磁场变化周期之后的速度方向与x轴方向平行，且此时距x轴的距离为y=2r（1-cosα），

式中的α为粒子在变化的磁场中运动半个周期所转过的 角度，其余周期T的关系为$\frac{T}{2}=\frac{αm}{Bq}$，则$α=\frac{BqT}{2m}$，
所以经过一个周期后，距x轴的距离为：$y=2\frac{mE}{B{B}_{0}q}（1-cos\frac{BqT}{2m}）$
由于只有在y轴的右侧才有变化的磁场，所以带电粒子最大转过的角度不会超过150°，如图丙所示，

即磁场的变化周期有一个最大值，$\frac{{T}_{m}}{2}=\frac{\frac{5}{6}πm}{Bq}$，所以$T＜{T}_{m}=\frac{5πm}{3Bq}$．
答：（1）从O点射入右侧磁场的粒子速度为$\frac{E}{{B}_{0}}$；
（2）荧光屏离开y轴的距离至少为$2\sqrt{2}\frac{mE}{B{B}_{0}q}$；
（3从t=0时刻经过原点O的粒子打在荧光屏上的位置离x轴的距离与磁场变化周期T的关系是T$＜\frac{5πm}{3Bq}$．

点评 带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．