Question

15．如圖所示，在xOy平面內(nèi)以O(shè)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域I內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B₁=$\frac{mv}{qR}$；一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子以速度v從A（R，0）點沿x軸負(fù)方向第一次進(jìn)入磁場區(qū)域I，再從區(qū)域I進(jìn)入同心環(huán)形勻強磁場區(qū)域Ⅱ，為使粒子經(jīng)過區(qū)域Ⅱ后能從Q點第二次回到區(qū)域Ⅰ，需在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加以垂直于紙面向里的勻強磁場．已知OQ與x軸負(fù)方向成30°角，不計粒子重力．試求：
（1）環(huán)形區(qū)域Ⅱ跟圓形區(qū)域Ⅰ中的磁場的磁感應(yīng)強度大小之比；
（2）粒子從A點出發(fā)到再次經(jīng)過A點所用的最短時間．

Answer 1

分析 （1）由洛侖茲力提供向心力先求出帶電粒子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運動的半徑，從而判斷出粒子從何處離開磁場．在Ⅱ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運動經(jīng)過Q點時，由幾何關(guān)系就能求出在環(huán)狀區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動的半徑，再由洛侖茲力提供向心力就可求出環(huán)狀磁場的磁感應(yīng)強度大�。�
（2）從A點向圓心O射入，經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ兩次勻速圓周運動從Q點向圓心O方向射入，此過程向圓心方向進(jìn)入時偏轉(zhuǎn)150°，若經(jīng)過m次的如此偏轉(zhuǎn)最后在進(jìn)入Ⅰ后經(jīng)90°偏轉(zhuǎn)恰恰經(jīng)過A點，總共轉(zhuǎn)過n周，列出一個二元一次方程，解出整數(shù)解，從而可以求出總時間．

解答 解：（1）粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力
    ${B}_{1}qv=m\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$
   將B₁=$\frac{mv}{qR}$代入上式得：r₁=R
   由此可判斷粒子從點（0，R）沒y軸正方向向上進(jìn)入磁場Ⅱ區(qū)，由題意在
  磁場Ⅱ區(qū)做勻速圓周運動后從Q點再進(jìn)入Ⅰ區(qū)，畫出粒子的軌跡如圖，
  由幾何關(guān)系有：r₂=r₁tan30°
  洛侖茲力提供向心力有：
   ${B}_{2}qv=m\frac{{v}^{2}}{{r}_{2}}$  
  聯(lián)立以上幾式可得：$\frac{{B}_{2}}{{B}_{1}}=\frac{{r}_{1}}{{r}_{2}}=\sqrt{3}$
（2）當(dāng)粒子由內(nèi)側(cè)劣弧經(jīng)過A點時，應(yīng)滿足   150°n+90°=360°m
  當(dāng)m=4時，n=9時間最短
在磁場Ⅰ區(qū)的時間${t}_{1}=10×\frac{1}{4}{T}_{1}=10×\frac{1}{4}×\frac{2πR}{v}=\frac{5πR}{v}$

在磁場Ⅱ區(qū)的時間${t}_{2}=9×\frac{2}{3}{T}_{2}=9×\frac{2}{3}×\frac{2π\(zhòng)frac{\sqrt{3}}{3}R}{v}=\frac{4\sqrt{3}πR}{v}$
所以再次回到A點的最短時間為$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{（5+4\sqrt{3}）πR}{v}$．
答：（1）環(huán)形區(qū)域Ⅱ跟圓形區(qū)域Ⅰ中的磁場的磁感應(yīng)強度大小之比為$\sqrt{3}$．
（2）粒子從A點出發(fā)到再次經(jīng)過A點所用的最短時間為$\frac{（5+4\sqrt{3}）πR}{v}$．

點評 本題的靚點在于第二問：經(jīng)過多少次如此偏轉(zhuǎn)第一次回到A點，我們可以找一個參考點，即向著圓心O的方向射入時為初始狀態(tài)，經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ區(qū)的兩次偏轉(zhuǎn)后第一次向圓心方向射入時已在初始狀態(tài)轉(zhuǎn)過150°，設(shè)經(jīng)m次偏轉(zhuǎn)后向圓心方向射入在Ⅰ區(qū)最后偏轉(zhuǎn)90°恰恰到達(dá)A點，此時已轉(zhuǎn)過n轉(zhuǎn)（即n×360°），列二元方程解出整數(shù)解．那么最短時間就是在兩個磁場區(qū)域內(nèi)時間之和．