Question

1．如圖所示，在xOy平面直角坐標系內(nèi)y軸與垂直x軸的MN邊界之間，以x軸為分界線，分別在第Ⅰ、Ⅳ象限有垂直于紙面向外的勻強磁場．第Ⅰ象限內(nèi)磁場的磁感應強度大小為B₀．第Ⅱ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從第Ⅱ象限內(nèi)某點由靜止釋放，從y軸上的A點進入磁場，經(jīng)x軸上的B點第一次進入x軸下方的磁場．若已知A點的坐標是（0，a），B點的坐標是（3a，0），不考慮粒子重力．
（1）求粒子釋放位置與y軸的距離；
（2）若粒子經(jīng)x軸上方的磁場偏轉(zhuǎn)后不經(jīng)過y軸仍能回到x軸上方的磁場，求x軸下方磁場的磁感應強度大小應滿足的條件；
（3）若x軸下方區(qū)域的磁感應強度大小為3B₀，且粒子最終垂直于MN邊界出射，求MN與x軸交點的坐標．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做勻加速直線運動，利用動能定理求解其進入第一象限磁場的速度，利用洛倫茲力提供向心力結合幾何關系，聯(lián)立兩個過程即可求出粒子粒子釋放位置與y軸的距離；
（2）畫出粒子軌跡過程圖，利用洛倫茲力提供向心力結合幾何關系，即可求出x軸下方磁場的磁感應強度大小應滿足的條件；
（3）粒子做周期性運動，對其中一個周期的運動進行分析，結合幾何關系，找出粒子速度方向沿x軸水平向右的位置的通項表達式．

解答 解：（1）設粒子釋放位置與y軸的距離為d，粒子在第一象限磁場中做圓周運動的半徑為r，
畫出粒子運動軌跡的示意圖，如圖所示，

在電場中做勻加速運動，根據(jù)動能定理：qEd=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
可得：v=$\sqrt{\frac{2qEd}{m}}$①
粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB₀=m$\frac{{v}^{2}}{r}$②
根據(jù)幾何關系：（r-a）²+（3a）²=r²
可得：r=5a ③
聯(lián)立①②③式可得：d=$\frac{25q{B}_{0}^{2}{a}^{2}}{3mE}$
（2）設粒子進入磁場時與x軸之間的夾角為θ，則粒子在第一象限內(nèi)的磁場中轉(zhuǎn)過的角度也為θ，
根據(jù)幾何關系：tanθ=$\frac{3a}{r-a}$=$\frac{3}{4}$，可得：θ=53°
要使粒子經(jīng)x軸上方的磁場偏轉(zhuǎn)后不經(jīng)過y軸仍能回到x軸上方的磁場，臨界情況如圖所示，

要使粒子經(jīng)x軸上方的磁場偏轉(zhuǎn)后不經(jīng)過y軸仍能回到x軸上方的磁場
需滿足：3a≥R（1+cos37°） ④
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$ ⑤
聯(lián)立②③④⑤式可得x軸下方磁場的磁感應強度B的大小應滿足：B≥$\frac{8}{3}$B₀
（3）設當x軸下方區(qū)域的磁感應強度大小為3B₀時粒子半徑為R′，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qv•3B₀=m$\frac{{v}^{2}}{R′}$ ⑥
聯(lián)立②⑥式可得：R′=$\frac{r}{3}$=$\frac{5}{3}$a
畫出粒子運動軌跡的示意圖如圖所示，

設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為A₁，則A與A₁的連線與x軸平行，
根據(jù)幾何關系有：AA₁=4a
所以粒子最終垂直MN邊界飛出，邊界MN與y軸間距為
L=nAA₁=4na  （其中n=1，2，3…）
即：MN與x軸交點的坐標是（4na，0）（其中n=1，2，3…）
答：（1）粒子釋放位置與y軸的距離為$\frac{25q{B}_{0}^{2}{a}^{2}}{3mE}$；
（2）x軸下方磁場的磁感應強度大小應不小于$\frac{8}{3}$B₀；
（3）MN與x軸交點的坐標為（4na，0）（其中n=1，2，3…）．

點評 本題考查帶電粒子在復合場中，解題關鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，加速場運用動能定理，磁場中的圓周運動運用洛倫茲力提供向心力結合幾何關系，對數(shù)學平面幾何能力要求較高，還注意第（3）小問粒子可以多次回旋，是典型的多解問題．