Question

1．如圖為平面直角坐標(biāo)系xoy，第一象限有一射線op與x軸成θ₁=30°角，第一象限內(nèi)射線op與y軸之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B₁（大小未知）．第二象限內(nèi)有勻強(qiáng)電場，與y軸負(fù)方向成θ₂=30°角斜向下，第四象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₂，第二象限有一點(diǎn)A，坐標(biāo)為（-L，$\sqrt{3}$L），某帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為+q，自A點(diǎn)以某一初速度垂直電場方向射出，后經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入第四象限的勻強(qiáng)磁場中，已知經(jīng)過O點(diǎn)時速度大小為v，沿y軸負(fù)方向，y軸處于磁場中，不計粒子重力，求：
（1）第一象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁滿足什么條件時，粒子能再次返回勻強(qiáng)磁場B₂中；
（2）磁場B₁取滿足（1）中要求的最小值時，整個運(yùn)動過程中粒子在兩個磁場運(yùn)動的總時間時多少？
（3）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度．

Answer 1

分析 （1）粒子要能再次返回勻強(qiáng)磁場B₂中，在勻強(qiáng)磁場B₁中的軌跡半徑最大時軌跡與y軸相切，畫出軌跡，求出勻強(qiáng)磁場B₁中的最大半徑，從而求得磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁的最小值，即可得解．
（2）分析軌跡對應(yīng)的圓心角，求得粒子在磁場中的運(yùn)動時間．
（3）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，由分位移和分速度公式求解電場強(qiáng)度．

解答 解：（1）當(dāng)粒子剛好能再次返回勻強(qiáng)磁場B₂中時軌跡如圖，設(shè)粒子在磁場B₁中和磁場B₂中的軌跡分別為r₁和r₂．
在磁場B₂中，有 qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{2}}$，
在磁場B₁中，有 qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$，
由幾何知識可知，r₁=r₂．解得 B₁=B₂．
故磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁滿足條件：B₁≥B₂時，粒子能再次返回勻強(qiáng)磁場B₂中．
（2）在滿足B₁=B₂時，由軌跡可知，粒子在磁場B₁中軌跡對應(yīng)的圓心角為240°
在磁場B₁中的運(yùn)動時間 t₁=$\frac{240°}{360°}$T=$\frac{2}{3}×\frac{2πm}{q{B}_{2}}$=$\frac{4πm}{3q{B}_{2}}$
第一次進(jìn)入磁場B₂中的運(yùn)動時間 t₂=$\frac{1}{2}$T=$\frac{πm}{q{B}_{2}}$
再次進(jìn)入磁場B₂中的運(yùn)動時間 t₃=$\frac{1}{6}$T=$\frac{πm}{3q{B}_{2}}$
從E點(diǎn)射出磁場B₂后速度與OP平行，不再進(jìn)入磁場．
故整個運(yùn)動過程中粒子在兩個磁場運(yùn)動的總時間是 t=t₁+t₂+t₃=$\frac{8πm}{3q{B}_{2}}$．
（3）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子沿電場方向的分位移大小為y，由幾何知識得：
  y=$\sqrt{{L}^{2}+（\sqrt{3}L）^{2}}$sin30°=L
由速度分解得粒子到達(dá)原點(diǎn)O時沿電場方向的分速度為 v_y=vcos30°
由v_y²=2ay，a=$\frac{qE}{m}$，
解得 E=$\frac{3m{v}^{2}}{8qL}$
答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁滿足條件：B₁≥B₂時，粒子能再次返回勻強(qiáng)磁場B₂中．
（2）整個運(yùn)動過程中粒子在兩個磁場運(yùn)動的總時間是$\frac{8πm}{3q{B}_{2}}$．
（3）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為$\frac{3m{v}^{2}}{8qL}$．

點(diǎn)評 本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動，關(guān)鍵理清粒子的運(yùn)動軌跡，以及運(yùn)動的情況，結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行求解．