Question

如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其中圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)、半徑為R的圓形區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里，第一象限和第四象限的圓形區(qū)域外（區(qū)域Ⅱ）的磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向外，MN為與x軸垂直且與y軸相距2.5R的一條直線，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，經(jīng)過(guò)加速電壓為U的加速電場(chǎng)加速后，從坐標(biāo)為（-R，0）的A點(diǎn)沿x軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從橫坐標(biāo)為0.5R處的P點(diǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ．已知粒子第一次經(jīng)過(guò)直線MN和第二次經(jīng)過(guò)直線MN時(shí)的速度方向恰好相反，不計(jì)粒子重力，求：
（1）粒子進(jìn)入圓形區(qū)域Ⅰ時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度v的大��；
（2）區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁、B₂的大��；
（3）粒子從A點(diǎn)開始到第二次經(jīng)過(guò)直線MN的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t．

Answer 1

分析：（1）直線加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解即可；
（2）粒子從A點(diǎn)垂直射入磁場(chǎng)，從P點(diǎn)射出，故圓心是過(guò)A點(diǎn)垂直AO的線與AP的中垂線的交點(diǎn)，求解出半徑后，根據(jù)牛頓第二定律列式求解磁感應(yīng)強(qiáng)度；進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后依然做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心是經(jīng)過(guò)P點(diǎn)和圓心1的連線與直線MN的交點(diǎn)，求解出半徑后，根據(jù)牛頓第二定律列式求解磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（3）根據(jù)公式t=

θ

2π

T列式求解圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

解答：解：（1）直線加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
qU=

1

2

mv²
解得：
v=

2qU m

 
（2）粒子的軌跡如圖：

由于P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為0.5R，故：
sinθ=

0.5R

R

=

1

2

，θ=30°
由圖可知：
R₁=

R

tan30°

=

3

R
R₂=

2.5R-0.5R

cos30°

=

4

3

3

R
由qvB₁=m

v2

R1

得：
B₁=

mv

qR1

=

6qmU

3qR

同理可得：
B₂=

mv

qR2

=

6qmU

4qR

（3）由T=

2πr

v

得：
T=

2πm

qB

t₁=

1

6

T=

πm

3qB1

t₂=

2

3

T=

4πm

3qB2

t=t₁+t₂=

19πR

18qU

6mqU

答：（1）粒子進(jìn)入圓形區(qū)域Ⅰ時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度v的大小為

2qU m

；
（2）區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁的大小為

6qmU

3qR

，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小為

6qmU

4qR

；
（3）粒子從A點(diǎn)開始到第二次經(jīng)過(guò)直線MN的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t為

19πR

18qU

6mqU

．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵明確粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，找出圓心，確定半徑，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，然后結(jié)合牛頓第二定律列式求解．