【解題研究】用二倍角公式的圓形磁場題

作者：由閒敲棋子落燈hua 發表于攝影時間：2022-01-11

如圖

粒子朝圓形磁場半徑射入，發生偏轉後沿半徑方向打出，打在極板上

兩個臨界：

設粒子軌道半徑

，圓形磁場半徑

其中一個

偏轉的圓心角為

$2\theta$

偏轉角

$2\theta$

有

$r = R\tan \theta$

另一個：

再如

可用二倍角

$\tan 2\theta = \frac{{2\tan \theta }}{{1 - {{\tan }^2}\theta }}$

算相應長度關係

即

$\left\{ \begin{array}{l} r\tan \theta = R\\ R\tan 2\theta = L \end{array} \right.$

總結一下：

核心:將射入磁場打到的目標位置與圓心相連

再在入射點和出射點做垂直於半徑的垂線

兩者相交即為粒子運動軌跡的圓心

筆者自編一道：

平面直角座標中有圓形磁場，其圓心位於原點，半徑為

。其上方有一極板以收集粒子，極板左端的座標為

$\left( { - R,R} \right)$

質量與電荷分別為

${m_0},{q_0}$

（

${m_0},{q_0}$

分別為單位質量和單位電荷）

粒子以

$\left( {0,{v_0}} \right)$

之間的速度透過加速電壓

$U = \frac{{{m_0}v_0^2}}{{2{q_0}}}$

的極板

已知以

${v_0}$

大小的速度進入磁場的

粒子恰好打至極板的三等分點

（位於圓形磁場圓心的正上方）

極板的另一個三等分點

座標為

$\left( {R,\sqrt 3 R} \right)$

回答下列問題：

1）。求透過極板後速度最大的

粒子於磁場中的運動半徑

2）。若另外還有質量與電荷分別為

$4{m_0},3{q_0}$

的

粒子以

$\left( {0,{v_0}} \right)$

之間的速度飛入極板

若要使極板對

兩粒子的總收集率為

$33.3\%$

，求磁場的磁感應強度的波動範圍

（參考公式：

$\tan 2\theta = \frac{{2\tan \theta }}{{1 - {{\tan }^2}\theta }}$

）（已知兩粒子之間能重疊）

3）。若要集中收集粒子，將極板以

為軸將其轉至水平

問此時極板的收集率為

（參考資料：

$\sqrt {24 - 6\sqrt 3 } \approx 3.68$

）

答案：

1）。

$\sqrt 2 R$

2）。

$\left[ {\frac{{{m_0}{v_0}}}{{{q_0}{B_0}}},\sqrt {\frac{{28}}{{27}}} \frac{{{m_0}{v_0}}}{{{q_0}{B_0}}}} \right]$

3）。

$18\%$

解：

1）。

已知以

${v_0}$

大小的速度進入磁場的

粒子恰好打至極板的三等分點

可知其軌道半徑為

從而原先磁場磁感應大小為

${B_1} = \frac{{{m_0}{v_0}}}{{{q_0}R}}$

速度為

${v_0}$

的粒子穿過極板，動能定理有

$\frac{1}{2}{m_0}v_1^2 - \frac{1}{2}{m_0}v_0^2 = {q_0}U$

代入解得

${v_1} = \sqrt 2 {v_0}$

從而其軌道半徑

${r_2} = \frac{{{m_0}{v_1}}}{{{q_0}{B_0}}} = \sqrt 2 R$

2）。粒子於磁場中運動

有

$r = \frac{{mv}}{{qB}} = \frac{p}{{qB}} = \frac{{\sqrt {2m{E_k}} }}{{qB}}$

若磁場恆定，比較進入磁場速度最大的

兩粒子的運動半徑大小

若要速度最大，則需兩者進入磁場前速度為

${v_0}$

$X\left( {{m_0},{q_0}} \right):{r_X} = \frac{{\sqrt {2{m_0}\left( {\frac{1}{2}{m_0}v_0^2 + {q_0} \cdot \frac{{{m_0}v_0^2}}{{2{q_0}}}} \right)} }}{{{q_0}B}} = \frac{{\sqrt 2 {m_0}{v_0}}}{{{q_0}B}}$

$Y\left( {4{m_0},3{q_0}} \right):{r_Y} = \frac{{\sqrt {2 \cdot 4{m_0}\left( {\frac{1}{2} \cdot 4{m_0}v_0^2 + 3{q_0} \cdot \frac{{{m_0}v_0^2}}{{2{q_0}}}} \right)} }}{{3{q_0}B}} = \frac{{\sqrt {\frac{{28}}{9}} {m_0}{v_0}}}{{{q_0}B}}$

由於

$\sqrt {\frac{{28}}{9}} \left( { \approx 1.76} \right) > \sqrt 2 \left( { \approx 1.41} \right)$

所以最遠點（

）應由

粒子在特定磁場下打中

從而滿足收集率為

$33.3\%$

由二倍角公式

$\tan 2\theta = \frac{{2\tan \theta }}{{1 - {{\tan }^2}\theta }}$

可知

偏轉角為

${60^ \circ }$

則

滿足

$r\tan {30^ \circ } = R \Leftrightarrow r = \sqrt 3 R$

則解

${r_Y} = \frac{{\sqrt {\frac{{28}}{9}} {m_0}{v_0}}}{{{q_0}{B_2}}} = \sqrt 3 R$

解得

${B_2} = \sqrt {\frac{{28}}{{27}}} \frac{{{m_0}{v_0}}}{{{q_0}R}}$

從而

$B \in \left[ {{B_1},{B_2}} \right] = \left[ {\frac{{{m_0}{v_0}}}{{{q_0}{B_0}}},\sqrt {\frac{{28}}{{27}}} \frac{{{m_0}{v_0}}}{{{q_0}{B_0}}}} \right]$

3）。

算得極板總長

$L = \frac{3}{2}\sqrt {8 - 2\sqrt 3 }$

（透過相似：

$\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2} + {2^2}} \cdot \frac{3}{2} = \frac{3}{2}\sqrt {8 - 2\sqrt 3 }$

）

轉至水平後板上收集的粒子長度為

$\frac{1}{{\sqrt 3 }}$

故收集率為

$\eta = \frac{{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}{{\frac{3}{2}\sqrt {8 - 2\sqrt 3 } }} = \frac{2}{{3\sqrt {24 - 6\sqrt 3 } }} \approx \frac{2}{{3 \cdot 3.68}} = \frac{2}{{11.04}} \approx \frac{2}{{11}} \approx 18\%$