Question

19．如圖所示，兩垂直紙面向里的勻強磁場以MN為邊界，MN邊界上方磁場的磁感應強度大小B₁大于下方磁場的磁感應強度大小B₂（未知）．有一長為l的絕緣平直擋板與MN重合，一個質量為m，電量為q的帶正電粒子，從擋板的中點O處沿垂直擋板方向以速度v=$\frac{q{B}_{1}l}{mk}$（k為偶數(shù)）進入上方磁場中，假設粒子與擋板發(fā)生碰撞并反彈過程沒有能量損失，且粒子在下方磁場中運動時不會與擋板發(fā)生碰撞，粒子最終能回到出發(fā)點O，不計粒子重力．若k=4，則粒子從擋板邊緣進入下方磁場中．求：
（1）若k=4，粒子在MN邊界上方磁場中運動的軌跡半徑．
（2）試畫出k=10時粒子的運動軌跡．
（3）求兩磁場的磁感應強度大小的比值$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}$．

Answer 1

分析 （1）由洛倫茲力作向心力求解半徑即可；
（2）由粒子回到O點、粒子運動與擋板的關系及擋板長度與粒子運動半徑的關系得到上下磁場運動半徑的關系，進而得到運動軌跡；
（3）由R₁的表達式可知要分$\frac{k}{2}$為奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況討論即可由（2）的半徑關系得到磁感應強度之比．

解答 解：（1）粒子在MN邊界上方磁場中運動時，粒子只受洛倫茲力，所以有，洛倫茲力作為向心力，即有：${B}_{1}qv=\frac{m{v}^{2}}{{R}_{1}}$，
所以，粒子在MN邊界上方磁場中做圓周運動的半徑為：${R}_{1}=\frac{mv}{{B}_{1}q}=\frac{l}{k}=\frac{l}{4}$；
（2）由（1）可知，粒子在MN邊界上方磁場中做圓周運動的半徑為：${{R}_{1}}^{'}=\frac{l}{k}=\frac{l}{10}$；
擋板O點左端長$\frac{l}{2}$=$5{{R}_{1}}^{'}$，所以，粒子與擋板碰撞兩次后進入下方，進入下方磁場的入射點距離擋板左端${{R}_{1}}^{'}$；
粒子在下方磁場中運動時不會與擋板發(fā)生碰撞，所以在下方磁場粒子運動半徑有：${2R}_{2}≥11{{R}_{1}}^{'}$；
因為粒子最終能回到出發(fā)點O，所以有：$2{R}_{2}-2{{R}_{1}}^{'}=10{{R}_{1}}^{'}$，
所以粒子的運動軌跡如圖所示，
（3）由${R}_{1}=\frac{l}{k}$，且k為偶數(shù)，根據(jù)粒子的運動軌跡可知，分兩種情況
①當k為4的倍數(shù)時，粒子從擋板邊緣進入下方磁場，此時${R}_{2}=\frac{l}{2}$，所以$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}=\frac{{R}_{2}}{{R}_{1}}=\frac{\frac{l}{2}}{\frac{l}{k}}=\frac{k}{2}$；
②當k不是4的倍數(shù)時，粒子從距擋板邊緣R₁處進入下方磁場，此時${R}_{2}=\frac{l}{2}+{R}_{1}$，所以$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}=\frac{{R}_{2}}{{R}_{1}}=\frac{\frac{l}{2}+{R}_{1}}{{R}_{1}}=\frac{\frac{l}{2}}{\frac{l}{k}}+1=\frac{k}{2}+1$．
答：（1）若k=4，粒子在MN邊界上方磁場中運動的軌跡半徑為$\frac{l}{4}$；
（3）當k為4的倍數(shù)時，兩磁場的磁感應強度大小的比值為$\frac{k}{2}$；當k不是4的倍數(shù)時，兩磁場的磁感應強度大小的比值為$\frac{k}{2}+1$．

點評 帶電粒子在磁場中的問題，一般利用洛倫茲力作為向心力，求得半徑的表達式，然后，根據(jù)幾何關系求解．