Question

16．現(xiàn)代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動．如圖所示，真空中存在著多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，寬度均為d．電場強度為E，方向水平向左；垂直紙面向里磁場的磁感應強度為B₁，垂直紙面向外磁場的磁感應強度為B₂．電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直．一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層磁場左側邊界以初速度v₀射入，方向與邊界夾角為θ，設粒子始終在電場、磁場中運動，除B₁、B₂、E以外其他物理量已知，不計粒子重力及運動時的電磁輻射．（cos53°=0.6，sin53°=0.8）

（1）若θ=53°，要求粒子不進入電場，求B₁至少多大？
（2）若θ=53°且B₁=$\frac{m{v}_{0}}{5qd}$，要求粒子不穿出電場，求E至少多大？
（3）若B₁、E均已知，求粒子從第n層磁場右側邊界穿出時速度的大�。�
（4）若B₁、E均已知，且粒子從第n層磁場右側邊界穿出時速度方向恰與原方向平行，求B₂的值．

Answer 1

分析 （1）找到粒子恰好不進入電場的臨界條件，即軌跡恰好與第一層左邊磁場的右邊界相切，利用洛倫茲力提供向心力，再與臨界幾何關系聯(lián)立，即可求出B₁的臨界值；
（2）洛倫茲力提供向心力，結合已知B₁=$\frac{m{v}_{0}}{5qd}$，再利用幾何關系，可求出粒子進入電場時的速度的方向，再運用運動的合成和分解，只考慮沿電場線方向的運動，粒子不穿出電場需滿足：粒子恰好運動到第一層電場的右邊界時，沿電場線方向的速度恰好減為0，利用牛頓第二定律結合運動學規(guī)律，即可求出電場強度E的臨界值；
（3）從做功的角度考慮，洛倫茲力不做功，電場力做負功，運用動能定理即可求出粒子從第n層磁場右側邊界穿出時速度的大小；
（4）全過程在垂直于電場方向上只有洛倫茲力有沖量，設向上為正方向，根據(jù)動量定理結合（3）問中v_n的值，聯(lián)立即可求出B₂的值．

解答 解：（1）當θ=53°時，設粒子在B₁場中圓周運動半徑為R₁，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}}$
恰不進入電場時有R₁-R₁cosθ=d
解得：B₁≥$\frac{2m{v}_{0}}{5qd}$
（2）當θ=53°且B₁=$\frac{m{v}_{0}}{5qd}$，設粒子在B₁場中圓周運動半徑為R₁′，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}′}$
設粒子進入電場時與界面夾角為β，
在B₁場中，由幾何關系：R₁′cosβ-R₁′cosθ=d
解得：β=37°
在電場中沿場強方向上勻減速運動，有：（v₀sinβ）²-0=2$\frac{Eq}{m}$d
所以：E≥$\frac{9m{v}_{0}^{2}}{50qd}$
（3）對粒子，設從第n層磁場右側邊界穿出時速度的大小為v_n，
根據(jù)動能定理可得：-nEqd=$\frac{1}{2}m{v}_{n}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：v_n=$\sqrt{{v}_{0}^{2}-2nEqd}$
（4）對粒子，全過程中，在垂直于電場方向上只有洛倫茲力有沖量，設向上為正方向，
由動量定理可得：n（B₁qd-B₂qd）=mv_ncosθ-mv₀cosθ
解得：B₂=B₁+$\frac{m（{v}_{0}-\sqrt{{v}_{0}^{2}-2nEqd}）cosθ}{nqd}$
答：（1）若θ=53°，要求粒子不進入電場，B₁至少為$\frac{2m{v}_{0}}{5qd}$；
（2）若θ=53°且B₁=$\frac{m{v}_{0}}{5qd}$，要求粒子不穿出電場，E至少為$\frac{9m{v}_{0}^{2}}{50qd}$；
（3）若B₁、E均已知，粒子從第n層磁場右側邊界穿出時速度的大小為$\sqrt{{v}_{0}^{2}-2nEqd}$；
（4）若B₁、E均已知，且粒子從第n層磁場右側邊界穿出時速度方向恰與原方向平行，B₂的值為B₁+$\frac{m（{v}_{0}-\sqrt{{v}_{0}^{2}-2nEqd}）cosθ}{nqd}$．

點評 本題考查帶電粒子在磁場中的運動，屬于高考的壓軸題，要求學生能正確分析物理過程，并能靈活應用物理學中相應的規(guī)律；同時還要注意掌握整體思想以及數(shù)學知識在物理學中的應用；該類問題的難度較大，對學生綜合能力要求較高．