Question

8．如圖所示．兩垂直紙面向里的勻強磁場以MN為邊界，MN邊界上方磁感應(yīng)強度大小B₁大于下方磁場的磁感應(yīng)強度大小B₂（未知）．有一長為l的平直擋板與MN重合，一比荷為c的帶正電粒子從擋板的中點O處沿垂直擋板方向以速度v=$\frac{c{B}_{1}l}{k}$（k為偶數(shù)）進入上方磁場中，假設(shè)粒子與擋板發(fā)生碰撞并反彈過程沒有能量損失，且粒子在下方磁場中運動時不會與擋版發(fā)生碰撞．粒子最終能回到出發(fā)點O，不計粒子重力，若k=4，則粒子從擋板邊緣進入下方磁場中，
（1）試畫出k=10時粒子的運動軌跡．
（2）求兩磁場的磁感應(yīng)強度大小的比值$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出半徑，畫出軌跡
（2）k=4時粒子在上下磁場中運動的軌跡，得到半徑之間的關(guān)系，從而求得磁感應(yīng)強度之比

解答 解：（1）粒子從O點進入上方磁場，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$，得$R=\frac{mv}{qB}$
在上方磁場中，半徑${R}_{1}^{\;}=\frac{mv}{q{B}_{1}^{\;}}$=$\frac{1}{c{B}_{1}}•\frac{c{B}_{1}l}{k}$=$\frac{l}{k}$
當k=10時，$v=\frac{c{B}_{1}^{\;}l}{k}=\frac{c{B}_{1}^{\;}l}{10}$
粒子在上方磁場中做勻速圓周運動的半徑${R}_{1}^{′}=\frac{mv}{q{B}_{1}^{\;}}=\frac{l}{10}$，軌跡如圖所示：


（2）粒子在下方磁場中運動時，軌跡半徑${R}_{2}^{\;}=\frac{mv}{q{B}_{2}^{\;}}$=$\frac{1}{c{B}_{2}}•\frac{c{B}_{1}l}{k}$=$\frac{{B}_{1}l}{k{B}_{2}}$，
設(shè)粒子出發(fā)后經(jīng)過n個半圓軌跡進入MN下方磁場，由幾何關(guān)系可得4（n-1）R₁＜l≤4R₁，
又4nR₁=2R₂，
得$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}$=2n，為偶數(shù)，$\frac{k}{2}$≤$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}$＜$\frac{k}{2}$+2，
由于k為偶數(shù)，則$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}$=$\frac{k}{2}$或$\frac{k}{2}$+1．
當k等于4的倍數(shù)時，$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}$=$\frac{k}{2}$，
當k不等于4的倍數(shù)時，$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}$=$\frac{k}{2}$+1．
答：（1）k=10時粒子的運動軌跡見上圖．
（2）當k等于4的倍數(shù)時，$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}$=$\frac{k}{2}$，當k不等于4的倍數(shù)時，$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}$=$\frac{k}{2}$+1．

點評 本題題目新穎，有創(chuàng)意，解題的基本思想不變，核心原理洛倫茲力提供向心力，求半徑，確定圓心，畫出軌跡．