Question

17．如圖所示，在xOy平面內(nèi)以O(shè)為圓心、R₀為半徑的圓形區(qū)域I內(nèi)有垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₁的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子以速度v₀從A（R₀，O）點沿x軸負(fù)方向射入?yún)^(qū)域I，經(jīng)過P（0，R₀）點，沿y軸正方向進(jìn)入同心環(huán)形區(qū)域Ⅱ，為使粒子經(jīng)過區(qū)域Ⅱ后能從Q點回到區(qū)域I，需在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加一垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₂的勻強(qiáng)磁場．已知OQ與x軸負(fù)方向成30°角，不計粒子重力．求：
（1）區(qū)域I中磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁的大�。�
（2）環(huán)形區(qū)域Ⅱ的外圓半徑R的最小值；
（3）粒子從A點出發(fā)到再次經(jīng)過A點所用的最短時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁揚中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由運動軌跡可以求出粒子的軌道半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（2）粒子在磁揚中做勻速圓周運動，由幾何知識求出邊界半徑．
（3）求出粒子在磁場中的轉(zhuǎn)過的圓心角，根據(jù)粒子做圓周運動的周期公式求出粒子的時間．

解答 解：（1）設(shè)在區(qū)域Ⅰ內(nèi)軌跡圓半徑為R₁，由圖中幾何關(guān)系可得：R₁=R₀
根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qv₀B₁=$m\frac{{v}_{0}}{{R}_{1}}$
解得：B₁=$\frac{m{v}_{0}}{q{R}_{0}}$
（2）設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中的軌跡圓半徑為R₂，部分軌跡如圖所示，有幾何關(guān)系知：R₂=R₁tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}{R}_{0}$；
由幾何關(guān)系得：R=R₂+$\frac{{R}_{2}}{sin30°}$=3R₂=$\sqrt{3}$R₀
（3）當(dāng)粒子由內(nèi)側(cè)圓弧經(jīng)過A點時，應(yīng)滿足：150°n+90°=360°m   
當(dāng)m=4時，n=9時間最短     
內(nèi)側(cè)圓弧上運動的總時間t₁=$10\frac{\frac{1}{2}π{R}_{0}}{{v}_{0}}$
外側(cè)圓弧上運動的總時間t₂=$9\frac{\frac{4}{3}π×\frac{\sqrt{3}}{3}{R}_{0}}{{v}_{0}}$
最小時間t=t₁+t₂=$\frac{（5+4\sqrt{3}）π{R}_{0}}{{v}_{0}}$
答：（1）區(qū)域I中磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁的大小為$\frac{m{v}_{0}}{q{R}_{0}}$；
（2）環(huán)形區(qū)域Ⅱ的外圓半徑R的最小值為$\sqrt{3}$R₀；
（3）粒子從A點出發(fā)到再次經(jīng)過A點所用的最短時間為$\frac{（5+4\sqrt{3}）π{R}_{0}}{{v}_{0}}$．

點評 本題考查了粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程，應(yīng)用牛頓第二定律與周期公式分析答題，作出粒子運動軌跡有助于解題．