Question

（2011·新課標(biāo)全國(guó)卷·T25）如圖，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軸正方向的夾角為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1/3。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。

 

Answer 1

【答案】

（1）（2）（－2）d

【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Ra1，粒子速率為va,運(yùn)動(dòng)軌跡與兩磁場(chǎng)區(qū)域邊界的交點(diǎn)為P′，如圖，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有，

qvaB=m               ①

由幾何關(guān)系有∠PCP′=θ     ②

Ra1=                 ③

式中θ=30°，由上面三式可得

va=                   ④

（2）設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為Oa，半徑為Ra2，射出點(diǎn)為Pa（圖中未畫(huà)出軌跡），

∠P′OaPa=θ′，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有，

q va（2B）=m               ⑤

由①⑤式得Ra2=              ⑥

C、P′、Oa三點(diǎn)共線，且由⑥式知Oa點(diǎn)必位于

x=d                       ⑦

的平面上，由對(duì)稱性知，Pa點(diǎn)與P′的縱坐標(biāo)相同，即

yPa=Ra1cosθ＋h                  ⑧

式中，h是C點(diǎn)的縱坐標(biāo)。

設(shè)b在I中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為Rb1，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有，

q（）B= （）2           ⑨

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

=                        ⑩

=                   ⑾

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

Ta2=                       ⑿

Tb1=                      ⒀

由⑤⑨⑩⑾⑿⒀式得

α=30°                           ⒁

由①③⑨⒁式可見(jiàn)，b沒(méi)有飛出I。Pb點(diǎn)的y坐標(biāo)為

yP2=Rb1（2+cosα）+h                   ⒂

由①③⑧⑨⒁⒂式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)差為

yP2－yPa=（－2）d