Question

（2011?陜西二模）如圖所示，空間某平面內(nèi)有一條折線是磁場的分界線，在折線的兩側(cè)分布著方向相反、與平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B．折線的頂角∠A=90°，P、Q是折線上的兩點，AP=AQ=L．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PQ方向射出，不計微粒的重力．
（1）若P、Q間外加一與磁場方向垂直的勻強(qiáng)電場，能使速度為v₀射出的微粒沿PQ直線運(yùn)動到Q點，則場強(qiáng)為多大？方向如何？
（2）撤去電場，為使微粒從P點射出后，途經(jīng)折線的頂點A而到達(dá)Q點，求初速度v應(yīng)滿足什么條件？
（3）求第（2）中微粒從P點到達(dá)Q點所用時間的最小值．

Answer 1

分析：（1）微粒沿PQ直線運(yùn)動到Q點，電場力與洛倫茲力平衡，由平衡條件即可求出場強(qiáng)的大小，判斷出電場的方向．
（2）撤去電場，為使微粒從P點射出后，途經(jīng)折線的頂點A而到達(dá)Q點，畫出可能的軌跡，由幾何知識分析得出AP與軌跡對應(yīng)的弦長關(guān)系，得到半徑與L的關(guān)系通項，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律即可求出速度．
（3）求出微粒從P到Q過程中圓心角的總和θ，由t=

θ

2π

T求出時間的通項，再求解時間的最小值．

解答： 解：（1）電場力與洛倫茲力平衡得：qE=qv₀B得：E=v₀B，場強(qiáng)方向在紙平面內(nèi)垂直PQ向上．   
（2）如圖所示，畫出粒子運(yùn)動的軌跡，根據(jù)運(yùn)動的對稱性，微粒能從P點到達(dá)Q點，應(yīng)滿足：L=nx 
其中x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，由于AP=AQ=L，角∠A=90°則知，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為

π

2

或

3

2

π．
設(shè)圓弧的半徑為R，則有2R²=x²，可得：R=

2 2 L

n

=

2 L

2n

…①
又：qvB=m

v2

R

…②
由①②式得：v=

2 qBL

2mn

，n=1、2、3、…
（3）當(dāng)n取奇數(shù)時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為
  θ₁=n?

π

2

+n?

3

2

π=2nπ，
則：t₁=2nπ?

m

qB

=

2πm

qB

?n，其中n=1、3、5、…
當(dāng)n取偶數(shù)時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為：
  θ₂=n?

π

2

+n?

π

2

=nπ，
則：t₂=nπ?

m

qB

=

πm

qB

?n，其中n=2、4、6、…
欲使時間最小，取n=1或者2，此時t_min=

2πm

qB

答：（1）若P、Q間外加一與磁場方向垂直的勻強(qiáng)電場，能使速度為v₀射出的微粒沿PQ直線運(yùn)動到Q點，場強(qiáng)為v₀B，方向在紙平面內(nèi)垂直PQ向上．
（2）撤去電場，為使微粒從P點射出后，途經(jīng)折線的頂點A而到達(dá)Q點，初速度v應(yīng)滿足的條件是v=

2 qBL

2mn

，n=1、2、3、…．
（3）第（2）中微粒從P點到達(dá)Q點所用時間的最小值為

2πm

qB

．

點評：本題中帶電粒子在磁場中做周期性運(yùn)動，關(guān)鍵是運(yùn)用幾何知識分析得到粒子運(yùn)動半徑與L的關(guān)系、圓心角的通項，是多解問題，得到的是半徑通項，不是特殊值，不能漏解．