Question

5．如圖所示的豎直直角坐標平面xoy內(nèi)有兩條過原點的射線OA和OB與x軸的正半軸和負半軸都成45°角，在x軸上方∠AOB區(qū)域間分布著方向垂直紙面向外大小為B₁的勻強磁場，在x軸的下方存在著方向垂直紙面向外大小為B₂=$\frac{mv}{qL}$勻強磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為+q的帶電粒子以速度v從位于直線OA上的P（L，L）點豎直向下射出，經(jīng)過測量發(fā)現(xiàn)，此粒子每經(jīng)過相同的時間T會回到P點，（不計粒子重力）
（1）求勻強磁場$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}$之比；
（2）若保持B₂不變，而∠AOB間的磁場方向不變，現(xiàn)從P點向下發(fā)射兩個速度在0～$\frac{v}{2}$圍內(nèi)（0＜v≤$\frac{v}{2}$）與原來相同的帶電粒子（不計兩個粒子間的相互作用力），它們進入∠AOB強磁場后都要經(jīng)過P點，求∠AOB間的磁感應強度的B₁′的大�。�
（3）在滿足題（2）中的條件下，求從P點出發(fā)后又回到P點的最短時間為多少？

Answer 1

分析 （1）粒子從P點向下，運動過程的軌跡圖畫出來，根據(jù)對稱性，在上下兩磁場中勻速圓周運動的半徑相等．
（2）畫出粒子運動的軌跡，通過幾何關(guān)系可知在上面磁場中圓周運動半徑是下方磁場中圓周運動半徑的2倍，粒子在下方磁場中運動半個周期，在上方磁場中運動四分之一圓周，再由半徑公式得出磁感應強度之間的關(guān)系，從而求出上方磁場的磁感應強度．
（3）從P點以$\frac{v}{2}$向下運動的粒子回到P點所用時間最短，根據(jù)粒子做圓周運動的周期公式求出粒子在各階段所以時間，然后求出總的最短時間．

解答 解：（1）由P點射出的粒子先做勻速直線運動進入勻強磁場B₂中，
設(shè)勻速圓周運動的半徑為R₂，

由牛頓第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$，解得：R₂=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$=L，
粒子每經(jīng)過相同時間T會回到P點，必滿足在勻強磁場B₁中半徑R₁大小為L，
由牛頓第二定律得：qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$解得：R₁=$\frac{mv}{q{B}_{1}}$=L，則：$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}$=1；
（2）從P點向下發(fā)射速度為v_X滿足范圍為：0-$\frac{v}{2}$，
與原來相同的帶電粒子，由于保持B₂不變，當速度v時半徑為L，
則速度為0-$\frac{v}{2}$的粒子在B₂磁場中必定經(jīng)過半個周期后在x軸正半軸間返回，
如圖2所示，進入B₁′勻強磁場后都要經(jīng)過P點，
則在B₁′磁場中運動的半徑為B₂磁場中運動半徑的兩倍，
即：2$\frac{m{v}_{X}}{q{B}_{2}}$=$\frac{m{v}_{X}}{q{B}_{1}′}$，解得：$\frac{{B}_{1}′}{{B}_{2}}$=$\frac{1}{2}$，即：B₁′=$\frac{{B}_{2}}{2}$=$\frac{mv}{2qL}$；
（3）從第二問分析可知，從P點以$\frac{v}{2}$向下運動的粒子回到P點所用時間最短，
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
在B₁′的磁場中運動時間為：t₁=$\frac{πm}{2q{B}_{1}′}$=$\frac{πL}{v}$，
在B₂的磁場中運動時間為：t₂=$\frac{πm}{q{B}_{2}}$=$\frac{πL}{v}$，
在無場區(qū)運動中的時間為：t₃=$\frac{L}{v}$，
運動時間：t_總=t₁+t₂+t₃=$\frac{2πL}{v}$+$\frac{L}{v}$；
答：（1）勻強磁場$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}$之比為1；
（2）∠AOB間的磁感應強度的B₁′的大小為$\frac{mv}{2qL}$．
（3）在從P點出發(fā)后又回到P點的最短時間為：$\frac{2πL}{v}$+$\frac{L}{v}$．

點評 本題考查了粒子在磁場中的運動問題，根據(jù)粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，依據(jù)幾何特性作圖時解題關(guān)鍵，分析清楚粒子運動過程應由牛頓第二定律與粒子做圓周運動的周期公式可以解題．