Question

如圖所示，在區(qū)域Ⅰ(0≤x≤d)和區(qū)域Ⅱ(d≤x≤2d)內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面．一質(zhì)量為m、帶電荷量q(q＞0)的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度方向沿x軸正向．已知a在離開區(qū)域Ⅰ時，速度方向與x軸正向的夾角為30°；此時，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度大小是a的；不計重力和兩粒子之間的相互作用力．求：

小題1:粒子a射入?yún)^(qū)域Ⅰ時速度的大��；
小題2:當(dāng)a離開區(qū)域Ⅱ時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差．

Answer 1

小題1:
小題2:

(1)設(shè)粒子a在Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為C(在y軸上)，半徑為R_a1，粒子速率為v_a，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P′，如圖所示．由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
qv_aB＝m①
由幾何關(guān)系得
∠PCP′＝θ②
R_a1＝③
式中，θ＝30°.
由①②③式得
v_a＝④
(2)設(shè)粒子a在Ⅱ內(nèi)做圓周運動的圓心為O_a，半徑為R_a2，射出點為P_a(圖中未畫出軌跡)，∠P′O_aP_a＝θ′＝2θ.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
qv_a(2B)＝m⑤
由①⑤式得
R_a2＝⑥
C、P′和O_a三點共線，且由⑥式知O_a點必位于x＝d的平面上，由對稱性知，P_a點與P′點縱坐標(biāo)相同，即y_Pa＝R_a1cosθ＋h⑦
式中，h是C點的y坐標(biāo)．
設(shè)b在Ⅰ中運動的軌道半徑為R_b1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
qB＝²⑧
設(shè)a到達(dá)P_a點時，b位于P_b點，轉(zhuǎn)過的角度為α.如果b沒有飛出Ⅰ，則
＝⑨
＝⑩
式中，t是a在區(qū)域Ⅱ中運動的時間，而
T_a2＝
T_b1＝
由⑤⑧⑨⑩式得α＝30°
由①③⑧式可見，b沒有飛出Ⅰ.P_b點的y坐標(biāo)為
y_Pb＝R_b1cosα＋Ra₁－Rb₁＋h
由①③⑦⑧式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為y_Pa－y_Pb＝(－2)d