Question

11．如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一象限有方向垂直紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y軸是它的左邊界，曲線OP是它的右邊界，OP的曲線方程為y=$\frac{2}{h}{x^2}$．在y軸上有一點(diǎn)Q（0，h），一電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的粒子從Q點(diǎn)以不同的速率沿x軸正方向射入磁場(chǎng)．從磁場(chǎng)的右邊界射出的粒子中，速率為v₀的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)位移最短．不計(jì)粒子的重力．求
（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；
（2）能從磁場(chǎng)的右邊界射出的粒子的速度范圍．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力（牛頓第二定律）結(jié)合幾何關(guān)系求解；出射點(diǎn)，在拋物線上，同時(shí)又在圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡上，再將二者的幾何關(guān)系聯(lián)立即可求解；
（2）恰能從右邊界射出的臨界幾何條件為：粒子軌跡與拋物線相切，將粒子軌跡方程與拋物線方程聯(lián)立，利用幾何關(guān)系求出粒子軌跡半徑，再與洛倫茲力提供向心力得到的半徑公式聯(lián)立，求出相切時(shí)的臨界速度，即可確定粒子的速度范圍．

解答 解：（1）如圖一所示，設(shè)粒子從M（x，y）點(diǎn)射出磁場(chǎng)，
則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的位移：$MQ=\sqrt{{x}^{2}+{（h-y）}^{2}}$①
根據(jù)已知：$y=\frac{2}{h}{x^2}$ ②
聯(lián)立①②解得：$MQ=\sqrt{{y^2}-\frac{3}{2}hy+{h^2}}$=$\sqrt{（{y-\frac{3}{4}h）}^{2}+\frac{7}{16}{h}^{2}}$③
由③可知，當(dāng)$y=\frac{3}{4}h$時(shí)，MQ有最小值．
根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qv₀B=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，可得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑：$r=\frac{{m{v_0}}}{qB}$④
根據(jù)幾何關(guān)系可得：${O_1}N=y-（h-r）=r-\frac{h}{4}$⑤
對(duì)△O₁NM運(yùn)用勾股定理可得：${O_1}{N^2}+{x^2}={r^2}$⑥
由②④⑤⑥得$B=\frac{{8m{v_0}}}{7qh}$⑦
（2）如圖二所示，設(shè)軌跡圓與磁場(chǎng)右邊界相切于D（x，y）點(diǎn)，半徑為R，粒子速度為v_min，此時(shí)粒子恰好射出磁場(chǎng)．
由圓的方程可得：x²+[y-（h-R）]²=R² ⑧
聯(lián)立②⑧式消掉x可得：y²+（2R-$\frac{3}{2}$h）y+h²-2hR=0
因?yàn)橄嗲�，所以關(guān)于y的一元二次方程只有一個(gè)根，所以該方程的判別式：△=（2R-$\frac{3}{2}$h）²-4（h²-2hR）=0
解得：$R=\frac{{2\sqrt{2}-1}}{4}h$ ⑨
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv_minB=m$\frac{{{v}_{min}}^{2}}{R}$⑩
聯(lián)立⑦⑨⑩式可得：${v}_{min}=\frac{2（2\sqrt{2}-1）}{7}{v}_{0}$
所以粒子速度滿足條件：v≥v_min=$\frac{2（2\sqrt{2}-1）}{7}{v}_{0}$
答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為得$\frac{8m{v}_{0}}{7qh}$；
（2）能從磁場(chǎng)的右邊界射出，粒子的速度至少為$\frac{2（2\sqrt{2}-1）}{7}{v}_{0}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題的關(guān)鍵是要找到幾何關(guān)系，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程圖，運(yùn)用洛倫茲力提供向心力（牛頓第二定律）與幾何關(guān)系結(jié)合的思路；物理過(guò)程難度不大，對(duì)平面幾何能力要求較高．