Question

16．如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的足夠大勻強(qiáng)磁場(chǎng)分為上下兩區(qū)域，邊界均沿水平方向，兩平行邊界間的距離為d．現(xiàn)有一帶電量為-q的粒子〔不計(jì)重力）以速度v從下邊界上的O點(diǎn)沿與邊界成30°角的方向斜向右上方射出，已知粒子的質(zhì)量m=$\frac{2qBd}{v}$．求：

（1）粒子第一次回到下磁場(chǎng)邊界線時(shí)與O點(diǎn)間的距離；
（2）從O點(diǎn)射出開(kāi)始計(jì)時(shí)，到粒子第n次進(jìn)入下磁場(chǎng)區(qū)城所需時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律，求得軌道半徑，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)軌跡，及幾何關(guān)系，即可求解；
（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，先求得從離開(kāi)下面磁場(chǎng)到回到下面磁場(chǎng)的時(shí)間，再結(jié)合勻速圓周運(yùn)動(dòng)，求得回到下面磁場(chǎng)到離開(kāi)下面磁場(chǎng)的時(shí)間，從而即可求解．

解答 解：（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：
r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{\frac{2qBd}{v}v}{qB}$=2d
畫(huà)出軌跡，如圖所示：

第一次回到下面磁場(chǎng)的點(diǎn)與O點(diǎn)的距離為：
x=（$\frac2sgg88m{tan30°}$+rsin30°）×2=2（$\sqrt{3}$+1）d
（2）從離開(kāi)下面磁場(chǎng)到回到下面磁場(chǎng)
t₁=$\frac{2d}{v}$×2+$\frac{\frac{πr}{3}}{v}$=$\frac{4d}{v}$+$\frac{2πd}{3v}$
回到下面磁場(chǎng)到離開(kāi)下面磁場(chǎng)過(guò)程，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故：

時(shí)間為：t₂=$\frac{\frac{3πr}{3}}{v}$=$\frac{10πd}{3v}$
故從第一次離開(kāi)下面磁場(chǎng)到第n次回到下面磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間為：
t=nt₁+（n-1）t₂=$\frac{4nd}{v}$（1+π-$\frac{π}{6n}$）
答：（1）粒子第一次回到下磁場(chǎng)邊界線時(shí)與O點(diǎn)間的距離2（$\sqrt{3}$+1）d；
（2）從O點(diǎn)射出開(kāi)始計(jì)時(shí)，到粒子第n次進(jìn)入下磁場(chǎng)區(qū)城所需時(shí)間$\frac{4nd}{v}$（1+π-$\frac{π}{6n}$）．

點(diǎn)評(píng) 考查牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，掌握幾何關(guān)系，注意正確作出運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵，并理解勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式．