Question

1．如圖所示，在光滑水平面上，存在著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場Ⅰ、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場Ⅱ，O、M、P、Q為磁場邊界和x軸的交點，OM=MP=L．一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的帶電小球，從原點O處，以速度大小v₀與x軸正向成45°射入?yún)^(qū)域Ⅰ，又從M點射出區(qū)域Ⅰ（粒子的重力忽略不計）．
（1）求區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大�。�
（2）若帶電小球能再次回到原點O，則勻強(qiáng)磁場Ⅱ的寬度d需滿足什么條件？小球兩次經(jīng)過原點O的時間間隔為多少？

Answer 1

分析 （1）小球在磁場Ⅰ區(qū)做勻速圓周運(yùn)動從M點穿出，根據(jù)對稱性，穿出時與x軸成45°，由幾何關(guān)系求出半徑r，再由洛侖茲力提供向心力可以求得磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（2）若帶電小球能再次回到原點O，則粒子在Ⅱ區(qū)做勻速圓周運(yùn)動的圓心必在x軸上，這樣粒子從Ⅱ區(qū)穿出時才能射到M點，再回到O點．這樣由幾何關(guān)系可以求出粒子在Ⅱ區(qū)里做勻速圓周運(yùn)動的半徑R，只有當(dāng)軌跡與邊界相切時，寬度最小，磁場Ⅱ區(qū)最小寬度由幾何關(guān)系求出．至于時間把粒子在三個區(qū)域的時間相加，就能得出結(jié)果．

解答 解：（1）帶電小球從原點與x軸成45°角出發(fā)，在磁場Ⅰ區(qū)做勻速圓周運(yùn)動從M點穿出，則：
             $q{v}_{0}{B}_{1}=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{r}$   ①
   由幾何關(guān)系知：L=2r cos45°      ②
   聯(lián)立以上兩式得：${B}_{1}=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qL}$  
（2）根據(jù)對稱性，從M點穿出時與x軸也成45°角，然后做勻速直線運(yùn)動進(jìn)入磁場Ⅱ區(qū)，在Ⅱ區(qū)再
做勻速圓周運(yùn)動，離開Ⅱ區(qū)后做勻速直線運(yùn)動從M點再次進(jìn)入Ⅰ區(qū)，這樣恰恰從O點經(jīng)過，軌跡如圖所示：
    由幾何關(guān)系有：粒子在Ⅱ區(qū)做勻速圓周運(yùn)動的半徑為：$R=\sqrt{2}L$   ③
    帶電小球能再次回到原點O，則勻強(qiáng)磁場Ⅱ的寬度d需滿足：d≥R+Rcos45°      ④
    聯(lián)立得：$d≥（\sqrt{2}+1）L$　　　
    粒子在Ⅰ區(qū)的時間：${t}_{1}=2×\frac{1}{4}{T}_{1}=\frac{1}{2}×\frac{2πr}{{v}_{0}}=\frac{\sqrt{2}πL}{{2v}_{0}}$    
    在無場區(qū)的時間：${t}_{2}=2×\frac{\sqrt{2}L}{{v}_{0}}=\frac{2\sqrt{2}L}{{v}_{0}}$  
    在Ⅱ區(qū)的時間：${t}_{3}=\frac{3}{4}{T}_{2}=\frac{3}{4}×\frac{2πR}{{v}_{0}}=\frac{3\sqrt{2}πL}{2{v}_{0}}$
    粒子回到O點的時間為：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{2\sqrt{2}（π+1）L}{{v}_{0}}$．
答：（1）區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qL}$．
（2）若帶電小球能再次回到原點O，則勻強(qiáng)磁場Ⅱ的寬度d需滿足$d≥（\sqrt{2}+1）L$，小球兩次經(jīng)過原點O的時間間隔為$\frac{2\sqrt{2}（π+1）L}{{v}_{0}}$．

點評 本題的靚點在于要使粒子能回到O點，那么粒子在Ⅱ區(qū)做勻速圓周運(yùn)動的圓心必在x 軸上，根據(jù)圓周運(yùn)動的對稱性粒子從Ⅱ區(qū)穿出后做直線運(yùn)動到M點，做圓周運(yùn)動最后回到O點．雖然Ⅱ區(qū)磁磁感應(yīng)強(qiáng)度未知，但由于做圓周運(yùn)動的半徑由幾何關(guān)系能求出，所以在每個區(qū)域的時間均能表示出來．