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72、带电粒子在交变电场、磁场中的运动
1． 如图1甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2.求：
图1
(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；
(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度；
(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．
2．当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11作为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得的．加速质子的回旋加速器如图2甲所示．D形盒装在真空容器中，两D形盒内匀强磁场的磁感应强度为B，两D形盒间的交变电压的大小为U.若在左侧D1盒圆心处放有粒子源S不断产生质子，质子质量为m，电荷量为q.假设质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，不计质子所受重力，忽略相对论效应．
图2
(1)第1次被加速后质子的速度大小v1是多大？
(2)若质子在D形盒中做圆周运动的最大半径为R，且D形盒间的狭缝很窄，质子在加速电场中的运动时间可忽略不计．那么，质子在回旋加速器中运动的总时间t总是多少？
(3)要把质子从加速器中引出，可以采用静电偏转法．引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，内、外侧圆弧形金属板分别为两同心圆的一部分，圆心位于O′点．内侧圆弧的半径为r0，外侧圆弧的半径为r0＋d.在内、外金属板间加直流电压，忽略边缘效应，两板间产生径向电场，该电场可以等效为放置在O′处的点电荷Q在两圆弧之间区域产生的电场，该区域内某点的电势可表示为φ＝k(r为该点到圆心O′点的距离)．质子从M点进入圆弧形通道，质子在D形盒中运动的最大半径R对应的圆周，与圆弧形通道正中央的圆弧相切于M点．若质子从圆弧通道外侧边缘的N点射出，则质子射出时的动能Ek是多少？要改变质子从圆弧通道中射出时的位置，可以采取哪些办法？
3．如图3甲所示，两平行金属板A、B长L＝8 cm，两极板间距d＝6 cm，A、B两极板间的电势差UAB＝100 V．一比荷为＝1×106 C/kg的带正电粒子(不计重力)从O点沿电场中心线垂直电场线以初速度v0＝2×104 m/s飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，已知两界面MN、PS间的距离为s＝8 cm.带电粒子从PS分界线上的C点进入PS右侧的区域，当粒子到达C点开始计时，PS右侧区域有磁感应强度按图乙变化的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)．求：
图3
(1)PS分界线上的C点与中心线OO′的距离y；
(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO′时与PS分界线的距离x.
4．如图4甲所示，在平行边界MN、PQ之间存在宽度为L的匀强电场，电场周期性变化的规律如图乙所示，取竖直向下为电场正方向；在平行边界MN、EF之间存在宽度为s、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅱ，在PQ右侧有宽度足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ.在区域Ⅰ中距PQ为L的A点，有一质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0沿竖直向上方向开始运动，以此作为计时起点，再经过一段时间粒子又恰好回到A点，如此循环，粒子循环运动一周，电场恰好变化一个周期，已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时，速度恰好与电场方向垂直，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.
图4
(1)求区域Ⅰ的磁场的磁感应强度大小B1.
(2)若E0＝，要实现上述循环，确定区域Ⅱ的磁场宽度s的最小值以及磁场的磁感应强度大小 B2.
(3)若E0＝，要实现上述循环，求电场的变化周期T.
答案精析
1．(1)1.2 m (2)2.48 m (3)L＝(1.2n＋0.6) m(n＝0,1,2，…)
解析 (1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G＝mg＝8×10－3 N①
电场力大小F＝qE＝8×10－3 N②
因此重力与电场力平衡
微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB＝m③
由③式解得：R＝0.6 m④
由T＝ ⑤
得：T＝10π s⑥
则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经过直线OO′时与O点的距离：l＝2R⑦
将数据代入上式解得：l＝1.2 m⑧
(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5π s，
轨迹如图所示，
位移大小：x＝vt⑨
由⑨式解得：x≈1.88 m⑩
因此，微粒离开直线OO′的最大高度：H＝x＋R＝2.48 m⑪
(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(2.4n＋0.6) m (n＝0,1,2，…)⑫
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(2.4n＋1.8) m (n＝0,1,2，…)⑬
⑫⑬两式合写成 L＝(1.2n＋0.6) m (n＝0,1,2…)
2．见解析
解析 (1)质子第一次被加速，由动能定理：qU＝mv12
解得：v1＝
(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：qvB＝m
质子在做圆周运动的周期为：T＝
设质子在D形盒中被电场加速了n次，由动能定理：nqU＝mv2
质子在磁场中做圆周运动的周期恒定，在回旋加速器中运动的总时间为：t总＝T
解得：t总＝
(3)设M、N两点的电势分别为φ1、φ2，由能量守恒定律：
qφ1＋mv2＝qφ2＋Ek
由题可知：φ1＝k，φ2＝k
解得：Ek＝＋
改变圆弧通道内、外金属板间所加直流电压的大小(改变圆弧通道内电场的强弱)，或者改变圆弧通道内磁场的强弱，可以改变质子从圆弧通道中射出时的位置．
3．(1)4 cm (2)12 cm
解析 (1)粒子在电场中的加速度a＝
粒子在电场中运动的时间t1＝
粒子离开电场时竖直方向分速度vy＝at1
粒子在MN与PS间运动时间t2＝
粒子在电场中偏转位移y1＝at12＝＝ cm
出电场后：y2＝vyt2
联立解得：y2＝ cm
所以C点与中心线OO′的距离y＝y1＋y2＝4 cm
(2)粒子运动轨迹如图所示，粒子进入磁场时，
设速度与水平方向夹角为θ，tan θ＝＝
所以θ＝30°
粒子进入磁场时的速度v＝＝×104 m/s
设粒子在磁场中运动轨道半径为R
则qvB＝
所以R＝4 cm
粒子在磁场中运动的周期T＝＝2π×10－6 s
在t＝×10－6 s内粒子的偏转角α＝t＝120°
竖直向上偏移h1＝Rcos 30°＝2 cm
在×10－6～π×10－6 s内通过OO′，
这段时间内竖直向上偏移h2＝h1＝2 cm
因为h1＋h2＝y＝4 cm
则粒子在t＝×10－6 s时刚好第二次到达OO′
此时x＝2(R＋Rsin 30°)＝12 cm.
4．(1) (2) (3)L
解析 (1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径R＝L
由洛伦兹力提供向心力知qv0B1＝
联立解得B1＝
(2)粒子在电场中做类平抛运动，离开电场时沿电场方向的速度vy＝at＝·＝v0，
设离开电场时速度的偏转角为θ，tan θ＝＝，θ＝53°
所以粒子离开电场时的速度v＝＝v0
粒子在电场中偏转的距离y＝at2＝·2＝L
画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，粒子在区域Ⅱ做圆周运动的圆心O2与在区域Ⅰ做圆周运动的圆心O1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动，
由几何关系知粒子在区域Ⅱ做圆周运动的半径r＝＝L
所以s≥r(1－sin 53°)＝
即s的最小值为
根据r＝
解得B2＝
(3)电场变化的周期等于粒子运动的周期
粒子在区域Ⅰ中运动的时间t1＝
粒子在电场中运动的时间t2＝
粒子在区域Ⅱ中运动的时间t3＝·＝
所以周期T＝t1＋t2＋t3＝L.
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