Question

9．如圖所示，直線MN下方無磁場，上方空間存在兩個勻強磁場，其分界線是半徑為R的半圓，兩側(cè)的磁場方向相反且垂直于紙面，磁感應(yīng)強度大小都為B．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶負(fù)電微粒從P點沿半徑方向向左側(cè)射出，最終打到Q點，不計微粒的重力． 
（1）微粒在磁場中從P點出發(fā)只穿過一次虛線邊界就可以打到Q點，求微粒的速度大小及從P到Q所用的時間．
（2）若向里磁場是有界的，分布在以O(shè)點為圓心、半徑為R和2R的兩半圓之間的區(qū)域，上述微粒仍從P點沿半徑方向向左側(cè)射出，且微粒仍能到達(dá)Q點，求其速度的最大值．
（3）若向里磁場沒有外邊界，微粒從P點能到Q點，求微粒的運動速度大小及運動時間．

Answer 1

分析 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，作出粒子的運動軌跡，由幾何知識求出粒子的軌道半徑，求出粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出粒子的速度，根據(jù)粒子做圓周運動的周期公式與粒子運動過程、轉(zhuǎn)過的圓心角求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）粒子只穿過一次邊界的軌跡如圖所示：
由幾何知識可得：r=R，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{r}$，
解得：v₁=$\frac{qBR}{m}$，
粒子運動時間：t=T=$\frac{2πm}{qB}$；
（2）速度V越大，對應(yīng)的軌道半徑越大，穿過邊界的次數(shù)越少，
由幾何關(guān)系，得不超出邊界的最大半徑軌跡如圖，對應(yīng)的速度最大．
由幾何知識得：tan30°=$\frac{{r}_{2}}{R}$，
由牛頓第二定律得：qv_mB=m$\frac{{v}_{m}^{2}}{{r}_{2}}$，解得：v_m=$\frac{\sqrt{3}qBR}{3m}$；
（3）粒子的運動軌跡將磁場邊界分成n等分（n=2，3，4…），
由幾何知識可得：θ=$\frac{π}{2n}$，tanθ=$\frac{r}{R}$，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，
解得：v₀=$\frac{qBR}{m}$tan$\frac{π}{2n}$  （n=2、3、4…）
當(dāng)n為偶數(shù)時，由對稱性可得：t=$\frac{n}{2}$T=$\frac{nπm}{qB}$ （n=2、4、6…）
當(dāng)n為奇數(shù)時，t為周期的整數(shù)倍加上第一段的運動時間，即
t=$\frac{n-1}{2}$T+$\frac{π+\frac{π}{n}}{2π}$T=$\frac{（{n}^{2}+1）πm}{nqB}$  （n=3、5、7…）；
答：（1）微粒的速度大小為$\frac{qBR}{m}$，從P到Q所用的時間為$\frac{2πm}{qB}$．
（2）其速度的最大值為$\frac{\sqrt{3}qBR}{3m}$．
（3）微粒的運動速度大小為$\frac{qBR}{m}$tan$\frac{π}{2n}$  （n=2、3、4…），運動時間為$\frac{nπm}{qB}$ （n=2、4、6…）或$\frac{（{n}^{2}+1）πm}{nqB}$  （n=3、5、7…）．

點評 運動軌跡的特殊性研究到一般性探究，這是分析問題的一種方法．同時要利用圓的特性與物理規(guī)律相結(jié)合．本題是一道難題，根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡是本題解題的難點，也是正確解題的關(guān)鍵．