Question

19．在直角坐標(biāo)系的二、三象限內(nèi)有沿x軸正向的勻強電場，場強大小為E，在一、四象限內(nèi)以x=L的直線為理想邊界的左右兩側(cè)存在垂直于紙面向里的勻強磁場B₁和B₂，y軸為電場與磁場的理想邊界．在x軸上x=L的A點有一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子以速度v沿與x軸負方向成45°的夾角垂直于磁場射出．粒子到達y軸時速度方向與y軸剛好垂直．若帶電粒子經(jīng)歷在電場和磁場中的一系列運動后剛好能夠返回A點．不計粒子的重力
（1）求B₁的大小；
（2）求粒子從A點出發(fā)到第一次返回到直線x=L上的時間；
（3）求B₂大小的可能值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題設(shè)條件粒子帶正電從A點射入磁場，能垂直打在y軸上，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，即可求出${B}_{1}^{\;}$
（2）作出粒子運動軌跡，在電場中做勻變速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，分別求出在電場中運動的時間和在磁場${B}_{1}^{\;}$中運動的時間，即可求解；
（3）考慮到帶電粒子經(jīng)歷在電場和磁場中的一系列運動后剛好能夠返回A點，在磁場${B}_{2}^{\;}$中，只要滿足n△y=2OP帶電粒子就能夠返回A點，再結(jié)合向心力方程聯(lián)立即可求解．

解答 解：（1）設(shè)帶電粒子在磁場B₁中的運動半徑為R₁，根據(jù)題意有：${R}_{1}^{\;}sin45°=L$
洛倫茲力提供向心力，有：${B}_{1}^{\;}qv=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{{R}_{1}^{\;}}$
解得：${B}_{1}^{\;}=\frac{\sqrt{2}mv}{2qL}$
（2）粒子在磁場B₁中的運動周期為：${T}_{1}^{\;}=\frac{2πm}{q{B}_{1}^{\;}}$
粒子在磁場B₁中的運動時間為：${t}_{1}^{\;}=\frac{1}{4}{T}_{1}^{\;}$
粒子在電場中運動的加速度為：$a=\frac{qE}{m}$
粒子在電場中勻減速運動和勻加速運動的時間相等，則時間為：${t}_{2}^{\;}=\frac{2v}{a}$
粒子從A點出發(fā)到第一次返回到直線x=L上的時間為：
$t={t}_{1}^{\;}+{t}_{2}^{\;}=\frac{\sqrt{2}πL}{2v}+\frac{2mv}{qE}$
（3）如圖所示，設(shè)帶電粒子在磁場B₂中的運動半徑為R₂，帶電粒子第一次出B₂磁場的位置和A點的距離為△y，有：
$△y=\sqrt{2}{R}_{2}^{\;}-2OP$

而$OP={R}_{1}^{\;}-L$
只要滿足n△y=2OP帶電粒子就能夠返回A點
即$n[\sqrt{2}{R}_{2}^{\;}-2（\sqrt{2}-1）L]=2（\sqrt{2}-1）L$
解得${R}_{2}^{\;}=（1+\frac{1}{n}）（2-\sqrt{2}）L$
又由向心力方程${B}_{2}^{\;}qv=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{{R}_{2}^{\;}}$
得${B}_{2}^{\;}=\frac{n（2+\sqrt{2}）mv}{2（n+1）qL}$ （n=1，2，3，…）     
答：（1）B₁的大小為$\frac{\sqrt{2}mv}{2qL}$；
（2）粒子從A點出發(fā)到第一次返回到直線x=L上的時間$\frac{\sqrt{2}πL}{2v}+\frac{2mv}{qE}$；
（3）B₂大小的可能值$\frac{n（2+\sqrt{2}）mv}{2（n+1）qL}$（n=1，2，3，…）

點評 本題難點是根據(jù)題目給出的物理情境作出粒子運動的軌跡示意圖，由圖象根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子在兩個磁場中運動的半徑與已知量的關(guān)系，多過程中分析，需要細心細致的求解．