Question

10．如圖所示，在xOy平面內(nèi)y＞0的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸負(fù)方向的勻強電場，在x軸下方有兩個寬度相同且邊界平行的條形勻強磁場區(qū)域，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，方向垂直于xOy平面向外，磁場區(qū)域I的上邊界與x軸重合，兩個磁場區(qū)域的間距為l．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上的P點以初速度v₀沿x軸正向射出，然后從x軸上的Q點射入磁場區(qū)域I．已知OP=h，OQ=$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}h$，粒子的重力忽略不計．求

（1）粒子從x軸上的Q點射入磁場區(qū)域I時的速度大小v；
（2）若粒子未從磁場區(qū)域I的下邊界穿出，求條形磁場區(qū)域的最小寬度d₀；
（3）若粒子恰好沒從磁場區(qū)域II的下邊界穿出，求粒子從P點射入電場區(qū)域到經(jīng)過兩個磁場區(qū)域后返回x軸的時間t．

Answer 1

分析 （1）粒子從P到Q到類似平拋運動，根據(jù)分運動公式列式求解末速度的大小和方向；
（2）粒子進入磁場后做勻速圓周運動，若恰好返回，畫出臨界軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求解出半徑，再運用洛倫茲力提供向心力并結(jié)合牛頓第二定律列式求解；
（3）首先粒子要能夠到達磁場區(qū)域Ⅲ，其次要能夠從磁場區(qū)域Ⅲ返回，從而確定磁場區(qū)域Ⅲ下邊界距x軸距離的范圍．

解答 解：（1）粒子在電場中類平拋運動
在x方向 $\frac{{2\sqrt{3}}}{3}h={v_0}t$
在y方向 $h=\frac{{0+{v_{Qy}}}}{2}t$
而$v=\sqrt{v_0^2+v_{Qy}^2}$
聯(lián)立，解得v=2v₀
（2）粒子在磁場區(qū)域I中勻速圓周運動 $qvB=m\frac{v^2}{r}$
恰好未從其下邊界穿出，由幾何關(guān)系得 rsin30°+r=d₀
聯(lián)立，解得${d_0}=\frac{{3m{v_0}}}{qB}$；
（3）由對稱性，若把粒子在磁場中的運動銜接起來，剛好構(gòu)成一個圓心角為240°的圓周，如圖所示．
粒子在磁場中運動的時間為${t_1}=\frac{2}{3}T=\frac{4πm}{3qB}$
由幾何關(guān)系得2d=Rsin30°+R
所以，磁場區(qū)域的寬度 $d=\frac{3}{4}R$
故有 $cosθ=\frac{{\sqrt{15}}}{4}$
粒子在無磁場區(qū)域運動的路程 $s=\frac{2l}{cosθ}$
粒子在無磁場區(qū)域運動的時間 ${t_2}=\frac{s}{v}=\frac{{4\sqrt{15}l}}{{15{v_0}}}$
粒子在電場區(qū)域運動的時間 ${t_3}=\frac{{2\sqrt{3}h}}{{3{v_0}}}$
所以，粒子從P點射入電場區(qū)域到返回x軸的時間為$t={t_1}+{t_2}+{t_3}=\frac{4πm}{3qB}+\frac{{4\sqrt{15}l}}{{15{v_0}}}+\frac{{2\sqrt{3}h}}{{3{v_0}}}$
答：（1）粒子從x軸上的Q點射入磁場區(qū)域I時的速度大小是2v₀；
（2）若粒子未從磁場區(qū)域I的下邊界穿出，條形磁場區(qū)域的最小寬度是$\frac{3m{v}_{0}}{qB}$；
（3）若粒子恰好沒從磁場區(qū)域II的下邊界穿出，粒子從P點射入電場區(qū)域到經(jīng)過兩個磁場區(qū)域后返回x軸的時間是$\frac{4πm}{3qB}+\frac{4\sqrt{15}l}{15{v}_{0}}+\frac{2\sqrt{3}h}{3{v}_{0}}$．

點評 本題第一問關(guān)鍵明確粒子現(xiàn)在類似平拋運動，然后做勻速圓周運動，關(guān)鍵是畫出磁場中的臨界軌跡；第三問磁場中的軌跡可以合成同一個圓周．