Question

14．如图所示，条形区域AA′、BB′中存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B的大小为0.3T，AA′、BB′为磁场边界，它们相互平行，条形区域的长度足够长，宽度d=1m．一束带正电的某种粒子从AA′上的O点以大小不同的速度沿着与AA′成60°角方向射入磁场，当粒子的速度小于等于某一值v₀时，粒子在磁场区域内的运动时间始终为$\frac{4π}{3}$×10^-8s，不计粒子所受重力．
（1）求粒子的比荷$\frac{q}{m}$
（2）求速度v₀的大小
（3）当粒子速度为v₁时，刚好垂直边界BB′射出磁场，求速度v₁的大小．

Answer 1

分析 根据圆周运动的周期公式结合t=$\frac{θ}{2π}$T解得粒子的比荷，应用洛伦兹力提供向心力解出粒子运动的半径表达式，结合数学关系式解得速度．

解答 解：（1）若粒子的速度小于某一值v₀时，则粒子不能从BB′离开磁场区域，只能从AA′边离开，无论粒子速度大小，在磁场中运动的时间相同，轨迹如图所示（图中只画了一个粒子的轨迹）．

粒子在磁场区域内做圆周运动的圆心角均为φ₁=240°，运动时间：t₀=$\frac{2}{3}$T，
粒子做圆周运动的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
代入数据解得：$\frac{q}{m}$≈3.33×10⁸C/kg
（2）当粒子速度为v₀时，粒子在磁场内的运动轨迹刚好与BB′边界相切，此时有
R₀+R₀sin30°=d  ①
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{0}}$  ②
由①②解得：v₀=6.67×10⁷m/s
（3）当粒子速度为v₁时，刚好垂直边界BB′射出磁场区域，此时轨迹所对圆心角φ₂=30°，由R₁sin30°=d   ③
由牛顿第二定律得：qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{R}_{1}}$  ④
由③④解得：v₁≈2×10⁸m/s  
答：（1）粒子的比荷$\frac{q}{m}$为3.33×10⁸C/kg；
（2）速度v₀为6.67×10⁷m/s；
（3）速度v₁为2×10⁸m/s．

点评 本题解题的关键在于画出粒子运动轨迹，分析粒子圆周运动周期与磁场变化周期的关系．粒子圆周运动的时间往往根据轨迹的圆心角与周期的关系确定，t=$\frac{θ}{2π}$T，θ为转过的圆心角．