Question

5．如圖所示，在一平面直角坐標(biāo)系所確定的平面內(nèi)存在著兩個勻強磁場區(qū)域，以一，三象限角平分線為界．上方區(qū)域磁場B₁，垂直紙面向外，下方區(qū)城磁場B₂，也垂直紙面向外．且有B₁=2B₂=2B（B為已知量）．在邊界上坐標(biāo)為（l，l）的位置有一粒子發(fā)射源S．不斷向Y軸負(fù)方向發(fā)射各種速率的帶電粒子．所有粒子帶電均為+q，質(zhì)量均為m．這些粒子只受磁場力在紙面內(nèi)運動，試問：
（1）發(fā)射之后能夠在第一次經(jīng)過兩磁場邊界時到達(dá)0點的粒子，其速度應(yīng)確足什么條件？
（2）發(fā)射之后能夠在第三次經(jīng)過兩磁場邊界時到達(dá)O點的粒子，其速度應(yīng)滿足什么條件？
（3）這些粒子中到達(dá)O點所走的最長路程為多少？

Answer 1

分析 （1）畫出粒子運動的軌跡，求出半徑，結(jié)合半徑公式即可求解；
（2）求出粒子在磁場${B}_{1}^{\;}$中的軌道半徑和周期，畫出軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出速度；
（3）分兩種情況討論粒子在磁場${B}_{1}^{\;}$中運動$\frac{1}{4}$圓弧，然后在磁場${B}_{2}^{\;}$中運動$\frac{3}{4}$圓弧，以此為一個循環(huán)考慮，①若粒子在第n個循環(huán)中完成$\frac{1}{4}$圓弧到達(dá)原點，則有（n+1）r=l②粒子在第n個循環(huán)中完成$\frac{3}{4}$圓弧到達(dá)原點，則有nr=l，最后綜合求出最長路程

解答 解：（1）設(shè)粒子速度為v，則粒子
$R=\frac{mv}{{B}_{2}^{\;}q}=\frac{mv}{Bq}$①
周期${T}_{2}^{\;}=\frac{2πm}{{B}_{2}^{\;}q}=\frac{2πm}{Bq}$②
如圖當(dāng)粒子第一次抵達(dá)磁場邊界即到O點，則圖中的a點即O點，有R=l③
由①③可得$v=\frac{Bql}{m}$④
（2）設(shè)粒子速度為v，則粒子在磁場${B}_{1}^{\;}$中的軌道半徑為
$r=\frac{mv}{{B}_{1}^{\;}q}=\frac{mv}{2Bq}$⑤
周期${T}_{1}^{\;}=\frac{2πm}{{B}_{1}^{\;}q}=\frac{πm}{Bq}$⑥
如圖當(dāng)粒子第三次抵達(dá)磁場邊界即到O點，則圖中c點即O點，有R-r+R=l⑦
由①⑤⑦可得$v=\frac{2Bql}{3m}$⑧
（3）如圖，粒子在磁場${B}_{1}^{\;}$中運動$\frac{1}{4}$圓弧，然后在磁場${B}_{2}^{\;}$中運動$\frac{3}{4}$圓弧，以此為一個循環(huán)考慮
i、若粒子在第n個循環(huán)中完成$\frac{1}{4}$圓弧到達(dá)原點，則有（n+1）r=l
代入半徑值可算得滿足此條件的粒子速度$v=\frac{2Bql}{（n+1）m}$⑨
其所花時間為$t=n\frac{1}{4}{T}_{2}^{\;}+（n-1）\frac{3}{4}{T}_{1}^{\;}$⑩
其總路程s=vt，代入②⑥⑨⑩可得$s=\frac{（5n-3）}{2（n+1）}πl(wèi)=\frac{1}{2}πl(wèi)（5-\frac{8}{n+1}）$⑪
ii、若粒子在第n個循環(huán)中完成$\frac{3}{4}$圓弧到達(dá)原點，則有nr=l⑫
代入半徑值可得滿足此條件的粒子速度$v=\frac{2Bql}{nm}$⑬
其所花時間為$t=n\frac{1}{4}{T}_{2}^{\;}+n\frac{3}{4}{T}_{1}^{\;}$⑭
其路程s=vt，代入②⑥⑬⑭可得$s=\frac{5}{2}πl(wèi)$
綜上所述
ii情況中，不論n取多少，粒子完成完整的n次循環(huán)到達(dá)原點所需路程都一樣，而且路程最大，為$\frac{5}{2}πl(wèi)$
答：（1）發(fā)射之后能夠在第一次經(jīng)過兩磁場邊界時到達(dá)0點的粒子，其速度應(yīng)確足條件$v=\frac{Bql}{m}$
（2）發(fā)射之后能夠在第三次經(jīng)過兩磁場邊界時到達(dá)O點的粒子，其速度應(yīng)滿足條件$v=\frac{2Bql}{3m}$
（3）這些粒子中到達(dá)O點所走的最長路程為$\frac{5}{2}πl(wèi)$

點評 考查帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力，做勻速圓周運動，掌握牛頓第二定律的應(yīng)用，理解幾何關(guān)系的正確建立，注意畫出運動軌跡是解題的關(guān)鍵．