Question

12．如圖所示，在空間中有一直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限內(nèi)充滿兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域I和Ⅱ，直線OP是它們的邊界．區(qū)域I中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外；區(qū)域Ⅱ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B，方向垂直紙面向里．邊界上的P點坐標(biāo)為（4L，3L）．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點平行于y軸負(fù)方向射入?yún)^(qū)域I，經(jīng)過一段時間后粒子恰好經(jīng)過原點O．忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）該粒子在磁場中運動的最短時間．
（2）該粒子運動速度的可能值．

Answer 1

分析 （1）粒子進(jìn)入磁場中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，考慮邊界效應(yīng)，粒子進(jìn)入磁場與離開磁場時速度方向與邊界的夾角相等，故必定從Ⅱ區(qū)離開O點；
考慮到t=$\frac{θ}{2π}T$，粒子先在磁場I區(qū)中運動，后在磁場II區(qū)中運動并離開O點的情況是運動時間最短的；
（2）粒子的速度大小滿足一定條件時，粒子先在磁場I區(qū)中運動，后在磁場II區(qū)中運動，然后又重復(fù)前面的運動，直到經(jīng)過原點O，這樣粒子經(jīng)過n個周期性的運動到過O點，每個周期的運動情況相同，粒子在一個周期內(nèi)的位移S=$\frac{OP}{n}$（n=1，2，3，…），根據(jù)S與兩個半徑的關(guān)系，求出半徑，即可求解速度的通項．

解答 解：（1）粒子進(jìn)入磁場中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，對于直線邊界，考慮軌跡圓的對稱性，粒子進(jìn)入磁場與離開磁場時速度方向與邊界的夾角相等，故粒子不可能從Ⅰ區(qū)到達(dá)O點，故一定是從Ⅱ區(qū)到達(dá)O點；
畫出可能的軌跡，如圖所示：

tanα=$\frac{3L}{4L}$=0.75
得α=37°，α+β=90°
故該粒子一定沿y軸負(fù)方向從O點射出；
設(shè)粒子的入射速度為v，用R₁，R₂，T₁，T₂分別表示粒子在磁場I區(qū)和II區(qū)中運動的軌道半徑和周期，則：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$
qv（2B）=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$
周期分別為：
T₁=$\frac{2π{R}_{1}}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$
T₂=$\frac{2π{R}_{2}}{v}$=$\frac{πm}{qB}$
粒子先在磁場I區(qū)中做順時針的圓周運動，后在磁場II區(qū)中做逆時針的圓周運動，然后從O點射出，這樣粒子從P點運動到O點所用的時間最短．
粒子在磁場I區(qū)和II區(qū)中的運動時間分別為：
t₁=$\frac{2β}{2π}$•T₁
t₂=$\frac{2β}{2π}{T}_{2}$
粒子從P點運動到O點的時間至少為：
t=t₁+t₂
由以上各式解得：
t=$\frac{53πm}{60qB}$
（2）粒子的速度大小滿足一定條件時，粒子先在磁場I區(qū)中運動，后在磁場II區(qū)中運動，然后又重復(fù)前面的運動，直到經(jīng)過原點O．這樣粒子經(jīng)過n個周期性的運動到過O點，每個周期的運動情況相同，粒子在一個周期內(nèi)的位移為S=$\frac{OP}{n}$=$\frac{5L}{n}$（n=1、2，3，…）
粒子每次在磁場I區(qū)中運動的位移為：
S₁=$\frac{{R}_{1}}{{{R}_{1}+R}_{2}}$S=$\frac{2}{3}S$
由圖中幾何關(guān)系可知：
$\frac{\frac{{S}_{1}}{2}}{{R}_{1}}$=cosα=0.8
而R₁=$\frac{mv}{qB}$
由以上各式解得粒子的速度大小為：
v=$\frac{25qBL}{12nm}$（n=1、2，3，…）
答：（1）該粒子在磁場中運動的最短時間是$\frac{53πm}{60qB}$．（2）該粒子運動速度的可能值為：v=$\frac{25qBL}{12nm}$（n=1、2，3，…）．

點評 本題在復(fù)合場中做周期性運動的類型，關(guān)鍵要運用數(shù)學(xué)知識分析粒子的規(guī)律，得到粒子在一個周期內(nèi)位移的通項，綜合性較強(qiáng)，難度較大．