Question

如圖所示，在區(qū)域Ⅰ(0≤x≤d)和區(qū)域Ⅱ(d≤x≤2d)內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面．一質(zhì)量為m、帶電荷量q(q＞0)的粒子a于某時(shí)刻從y軸上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度方向沿x軸正向．已知a在離開(kāi)區(qū)域Ⅰ時(shí)，速度方向與x軸正向的夾角為30°；此時(shí)，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點(diǎn)沿x軸正向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度大小是a的；不計(jì)重力和兩粒子之間的相互作用力．求：

1.粒子a射入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)速度的大��；

2.當(dāng)a離開(kāi)區(qū)域Ⅱ時(shí)，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差．網(wǎng)]

 

 

Answer 1

【答案】

 

1.

2.

【解析】

(1)設(shè)粒子a在Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為C(在y軸上)，半徑為R_a1，粒子速率為v_a，運(yùn)動(dòng)軌跡與兩磁場(chǎng)區(qū)域邊界的交點(diǎn)為P′，如圖所示．由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

qv_aB＝m①

由幾何關(guān)系得

∠PCP′＝θ②

R_a1＝③

式中，θ＝30°.

由①②③式得

v_a＝④

(2)設(shè)粒子a在Ⅱ內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O_a，半徑為R_a2，射出點(diǎn)為P_a(圖中未畫(huà)出軌跡)，∠P′O_aP_a＝θ′＝2θ.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

qv_a(2B)＝m⑤

由①⑤式得

R_a2＝⑥

C、P′和O_a三點(diǎn)共線，且由⑥式知O_a點(diǎn)必位于x＝d的平面上，由對(duì)稱性知，P_a點(diǎn)與P′點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，即y_Pa＝R_a1cosθ＋h⑦

式中，h是C點(diǎn)的y坐標(biāo)．

設(shè)b在Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R_b1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

qB＝²⑧

設(shè)a到達(dá)P_a點(diǎn)時(shí)，b位于P_b點(diǎn)，轉(zhuǎn)過(guò)的角度為α.如果b沒(méi)有飛出Ⅰ，則

＝⑨

＝⑩

式中，t是a在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，而

T_a2＝

T_b1＝

由⑤⑧⑨⑩式得α＝30°

由①③⑧式可見(jiàn)，b沒(méi)有飛出Ⅰ.P_b點(diǎn)的y坐標(biāo)為

y_Pb＝R_b1cosα＋Ra₁－Rb₁＋h

由①③⑦⑧式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為y_Pa－y_Pb＝(－2)d