Question

15．如圖所示，在空間中有一坐標系Oxy，其第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，直線OP是它們的邊界，區(qū)城I中的磁感應強度為B，方向垂直紙面向外；區(qū)域Ⅱ中的磁感應強度為3B，方向垂直紙面向內(nèi)．邊界上的P點坐標為（$\sqrt{3}$L，L），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，則
（1）該粒子從O點射出時與y軸的夾角；
（2）該粒子在磁場中運動的最短時間；
（3）該粒子運動的速度可能為$\frac{3qBL}{4mn}$ n=1、2、3…．

Answer 1

分析 （1）粒子進入磁場中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，考慮邊界效應，粒子進入磁場與離開磁場時速度方向與邊界的夾角相等，據(jù)此分析答題．
（2）粒子在磁場中的運動時間：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；
（3）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，然后求出速度．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示，磁場邊界是直線邊界，
根據(jù)軌跡圓的對稱性可知，粒子進入磁場與離開磁場時速度方向與邊界的夾角相等，
粒子從O點豎直向下離開磁場，與y軸負方向相同，與y軸正方向夾角為180°．
（2）粒子從Ⅰ區(qū)進入Ⅱ區(qū)然后離開磁場時在磁場中的運動時間最短，
由幾何知識得：tanα=$\frac{L}{\sqrt{3}L}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，α=30°，α+β=90°，則：β=60°，
粒子在磁場中的運動周期：T₁=$\frac{2πm}{qB}$，T₂=$\frac{2πm}{3qB}$，
粒子在磁場中的最短運動時間：t=t₁+t₂=$\frac{2β}{2π}$T₁+$\frac{2β}{2π}$T₂=$\frac{8πm}{9qB}$；
（3）由題意可知，O與P間的距離：OP=$\sqrt{（\sqrt{3}L）^{2}+{L}^{2}}$=2L，
粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：r=$\frac{mv}{qB}$，
由于區(qū)城I中的磁感應強度為B，區(qū)域Ⅱ中的磁感應強度為3B，則：r₁=$\frac{mv}{qB}$=3r₂，
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=$\frac{OP}{n}$=$\frac{2L}{n}$=2（r₁+r₂）=8r₂，（n=1、2，3，…）
粒子每次在磁場Ⅱ區(qū)中運動的軌道半徑：r₂=$\frac{L}{4n}$  （n=1、2、3…），
由牛頓第二定律得：qv•3B=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{2}}$，解得：v=$\frac{3qBL}{4mn}$  n=1、2、3…；
答：（1）該粒子從O點射出時與y軸正方向夾角為180°；
（2）該粒子在磁場中運動的最短時間為$\frac{8πm}{9qB}$；
（3）該粒子運動的速度可能為$\frac{3qBL}{4mn}$  n=1、2、3…．

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