Question

19．如圖所示，磁感應強度為B的條形勻強磁場區(qū)域的寬度都是d₁，水平方向無限長，相鄰磁場區(qū)域的間距均為d₂，x軸的正上方有一電場強度為E、方向與x軸和磁場均垂直的勻強電場區(qū)域．現(xiàn)將一質量為m、電荷量為+q的粒子（重力不計）從x軸正上方高h處自由釋放．

（1）求粒子在磁場區(qū)域做圓周運動的軌道半徑r．
（2）若粒子只經過第1個和第2個磁場區(qū)域回到x軸，求粒子從釋放到回到x軸所需要的時間t．
（3）若粒子以初速度V₀從高為h處沿x軸正方向水平射出后，最遠到達第k個磁場區(qū)域并回到x軸，則d₁應該滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）根據動能定理求出粒子進入磁場的速度，根據洛倫茲力提供向心力求出軌道半徑的大�。�
（2）根據牛頓第二定律結合運動學公式求出在電場中的運動時間，粒子在磁場區(qū)域運動合成半圓弧，根據周期公式求出在磁場中運動的時間，根據幾何關系求出在無磁場區(qū)域運行的位移，結合運動學公式求出在無磁場區(qū)域運行的時間，從而得出總時間．
（3）粒子以初速度v₀從h處沿x軸正方向水平射出后，最遠到達第k個磁場區(qū)域并回到x軸．則粒子在磁場區(qū)域的運動由2k-1個圓弧組成，并且2k-1個圓弧合并為一段圓�。�結合幾何關系以及粒子在磁場中運動的半徑公式求出d_l、d₂應該滿足的條件．

解答 解答：解：（1）設粒子剛進入磁場時的速度為v
在電場區(qū)域中根據動能定理  qEh=$\frac{1}{2}$mv²--①
磁場區(qū)域中，圓周運動 qvB=$\frac{m{v}^{2}}{R}$-------②
解得 R=$\sqrt{\frac{2mEh}{q{B}^{2}}}$-------------------③
（2）設粒子在電場中的運動時間為t₁，
根據牛頓第二定律 ma=qE
勻加速運動 $\frac{1}{2}$at₁²=h    
解得${t}_{1}=\sqrt{\frac{2mh}{qE}}$---------④
粒子在磁場區(qū)域運動合成半圓弧，時間為：${t}_{2}=\frac{πm}{qB}$---⑤
設粒子離開第一個無磁場區(qū)域時，速度的水平夾角為α，有
sinα=$\sqrt{\frac{{r}^{2}-rs2dxat_{1}^{2}}{t}}$
粒子在無磁場區(qū)域運動的路程為s=$\frac{2ur8mljg_{2}}{sinα}$
粒子在無磁場區(qū)域運動時間為${t}_{3}=\frac{s}{v}$---------------⑥
解得的總時間為：
t=t₁+t₂+t₃=$\sqrt{\frac{2mh}{qE}}+\frac{πm}{qB}+\frac{2muxszhbu_{2}}{\sqrt{2mqEh-（qBwgqvraz_{1}）^{2}}}$---------------⑦
（3）粒子經過第k個磁場區(qū)域回到x軸，則粒子在磁場區(qū)域的運動由2k-1個圓弧組成，并且2k-1個圓弧合并為一段圓�。�粒子進入第一個磁場時，速度為v，與水平方向夾角為α
v_∥=v₀；${v}_{⊥}=\sqrt{\frac{2qEh}{m}}$；cosα=$\frac{{v}_{∥}}{v}$---------------⑧
有幾何關系知，應滿足條件（k-1）d₁＜r（1-cosα）＜kd₁---------------⑨
解得：$\frac{m}{qBk}（\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{2qEh}{m}}-{v}_{0}）＜pzwc76g_{1}＜\frac{m}{qB（k-1）}（\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{2qEh}{m}}-{v}_{0}）$-----------⑩
粒子回到x軸的條件與d₂無關．
答：（1）粒子在磁場區(qū)域做圓周運動的軌道半徑是$\sqrt{\frac{2mEh}{q{B}^{2}}}$．
（2）自釋放到回到x軸所需要的時間為$\sqrt{\frac{2mh}{qE}}+\frac{πm}{qB}+\frac{2mg9cwmu7_{2}}{\sqrt{2mqEh-{（qBe9z1n5t_{1}）}^{2}}}$．
（3）d₁應該滿足$\frac{m}{qBk}（\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{2qEh}{m}}-{v}_{0}）＜pfexrlk_{1}＜\frac{m}{qB（k-1）}（\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{2qEh}{m}}-{v}_{0}）$，粒子回到x軸的條件與d₂無關．

點評 本題考查了粒子在電場和磁場中的運動，關鍵理清粒子的運動規(guī)律，結合幾何關系，運用牛頓第二定律、動能定理以及運動學公式進行求解．