Question

如圖，在x軸下方有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于x y平面向外．P是y軸上距原點為h的一點，N₀為x軸上距原點為a的一點．A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為

h

2

，A的中點在y軸上，長度略小于

a

2

．帶電粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變．質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）的粒子從P點瞄準(zhǔn)N₀點入射，最后又通過P點．不計重力．
（1）若粒子從P點射出的速率為v，求粒子在磁場中運動的軌道半徑R；
（2）求粒子從N₀點射入磁場到第一次穿出磁場所經(jīng)歷的時間．（可用反三角函數(shù)表示）
（3）求粒子入射速度的所有可能值．

Answer 1

分析：（1）粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌道半徑R．
（2）畫出軌跡，由幾何知識確定軌跡的圓心角，求出子從N₀點射入磁場到第一次穿出磁場所經(jīng)歷的時間．
（3）若粒子能回到P點，由對稱性，出射點的x坐標(biāo)應(yīng)為-a，設(shè)粒子最終離開磁場時，與檔板相碰n次，列出n與a的關(guān)系式，得到速度的通項，然后結(jié)合粒子與擋板發(fā)生碰撞的條件，得到特殊值．

解答：解：（1）當(dāng)粒子的入射速度為v時，粒子在磁場中運動的軌道半徑為R，
         由qvB=m

v2

R

     ①
         得軌道半徑R=

mv

qB

②
   （2）如圖所示，第一次射出磁場的點為N′，粒子與A板碰撞后再次進(jìn)入磁場的位置為N₁．
          sinθ=

PO

PN0

=

h

a2+h2

③
        粒子作勻速圓圓運動的周期為T=

2πR

v

=

2πm

qB

④
        則粒子從N₀點射入磁場到第一次穿出磁場所經(jīng)歷的時間為
              t=

2π-2θ

2π

T=

π-θ

π

?

2πm

qB

=

2m

qB

（π-arcsin

h

a2+h2

）⑤
   （3）粒子與A板碰撞后再次進(jìn)入磁場的位置為N₁．粒子速率不變，每次進(jìn)入磁場與射出磁場位置間距離x₁保持不變，有
              x₁=N₀′N₀=2Rsinθ⑥
       粒子射出磁場與下一次進(jìn)入磁場位置間的距離x₂始終不變，與N₀′N₁相等．
       由圖可以看出：x₂=a⑦
     設(shè)粒子最終離開磁場時，與檔板相碰n次（n=0、1、2、3…）．若粒子能回到P點，由對稱性，
   出射點的x坐標(biāo)應(yīng)為-a，
       即（n+1）x₁-nx₂=2a ⑧
由⑦⑧兩式得x₁=

n+2

n+1

a ⑨
若粒子與擋板發(fā)生碰撞，有x₁-x₂＞

a

4

⑩
聯(lián)立⑦⑨⑩得 n＜3  
聯(lián)立②⑥⑨得v=

qB

2msinθ

?

n+2

n+1

a
把sinθ=

h

a2+h2

代入上式中得
當(dāng)n=0，v₀=

qBa a2+h2

mh

當(dāng)n=1，v₁=

3qBa a2+h2

4mh

當(dāng)n=2，v₂=

2qBa a2+h2

3mh

答：（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑R=

mv

qB

．
    （2）粒子從N₀點射入磁場到第一次穿出磁場所經(jīng)歷的時間為

2m

qB

（π-arcsin

h

a2+h2

）．
    （3）粒子入射速度的可能值為

qBa a2+h2

mh

，

3qBa a2+h2

4mh

，

2qBa a2+h2

3mh

．

點評：本題關(guān)鍵在于畫出粒子運動的軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系得到速度的通項．要充分利用對稱性．