Question

12．如圖所示，L₁、L₂為兩平行的直線，間距為d．L₁下方和L₂上方的空間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，以速度v從L₁上的M點入射兩線之間的真空區(qū)域，速度方向與L₁成θ=30°角．不計粒子所受的重力，試求：
（1）粒子從M點出發(fā)后，經(jīng)過多長時間第一次回到直線L₁上？
（2）若在直線L₁、L₂之間的平面內(nèi)，存在與圖示速度方向垂直斜向上場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，則粒子經(jīng)過多長時間第一次到達(dá)直線L₂？
（3）若直線L₁、L₂之間無電場，v滿足什么條件時，粒子恰好能回到M點？

Answer 1

分析 （1）粒子在兩磁場間做勻速直線運動，應(yīng)用勻速運動規(guī)律求出粒子在兩磁場間的運動時間，粒子在上面磁場中做勻速圓周運動，求出粒子在磁場中的運動時間，然后求出粒子再次回到直線L₁上需要的時間．
（2）粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子的運動時間．
（3）作出粒子運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中的軌道半徑正好等于弦長，從而求出能夠回到M點的幾何關(guān)系．

解答 解：（1）粒子兩磁場間的真空區(qū)域做勻速直線運動，粒子在L₂上方磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示：

粒子從L₁到L₂的時間：t₁=$\fracrx7tt5t{vsin30°}$=$\frac{2d}{v}$，
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$
粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角：α=300°，
粒子在磁場中的運動時間：t₂=$\frac{α}{360°}$T=$\frac{5πm}{3qB}$，
粒子從M點出發(fā)后第一次回到直線L₁上需要的時間：
t=2t₁+t₂=$\frac{4d}{v}$+$\frac{5πm}{3qB}$；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，其運動軌跡如圖所示：

沿場強(qiáng)方向的加速度為a=$\frac{qE}{m}$，位移：y=$\frac{1}{2}$at²
沿初速度方向的位移為：x=v₀t，
由幾何關(guān)系可得：（xtan30°+y）cos30°=d
由以上各式可得：t=$\frac{\sqrt{{v}^{2}{m}^{2}+4\sqrt{3}qEdm}-vm}{\sqrt{3}qE}$（負(fù)值舍去）
（3）粒子在真空區(qū)域做勻速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示：

幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中的軌道半徑正好等于弦長．要使粒子在L₂上方的磁場中經(jīng)過n次偏轉(zhuǎn)能回到M點，
粒子在磁場中的軌道半徑必須滿足：R=（n+1）dcot30°（n=1，2，3…）    ①
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供圓周運動向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$  ②
由①②解得：v=$\frac{\sqrt{3}（n+1）qBd}{m}$  （n=1，2，3…）   
答：（1）粒子從M點出發(fā)后，經(jīng)過時間：$\frac{4d}{v}$+$\frac{5πm}{3qB}$第一次回到直線L₁上．
（2）若在直線L₁、L₂之間的平面內(nèi)，存在與圖示速度方向垂直斜向上場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，則粒子經(jīng)過時間$\frac{\sqrt{{v}^{2}{m}^{2}+4\sqrt{3}qEdm}-vm}{\sqrt{3}qE}$第一次到達(dá)直線L₂．
（3）若直線L₁、L₂之間無電場，粒子恰好能回到M點時v滿足的條件是：v=$\frac{\sqrt{3}（n+1）qBd}{m}$  （n=1，2，3…）．

點評 本題考查了粒子在磁場與電場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運動學(xué)公式即可解題；處理粒子在磁場中運動的關(guān)鍵是：作出粒子運動的軌跡圖，通過幾何關(guān)系找出粒子運動的半徑以及圓心角．