Question

6．如圖所示，原點O為兩個大小不同的同心圓的圓心，半徑為r的小圓區(qū)域Ⅰ內(nèi)有方向垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，兩圓之間的環(huán)形區(qū)域ⅡII內(nèi)也有方向垂直于xoy平面的另一勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、電量為q、初速度為v₀的帶正電粒子從坐標(biāo)為（0，r）的A點沿-y方向射入?yún)^(qū)域I，然后從x軸上的P點沿+x方向射出，粒子經(jīng)過區(qū)域II后從Q點第2次射入?yún)^(qū)域I，已知OQ與+x方向成60°．角．不計粒子的重力．
（1）區(qū)域I中磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁的大小和區(qū)域II中磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小及方向；
（2）要使粒子約束在磁場內(nèi)，大圓半徑R的最小值；
（3）粒子再次回到坐標(biāo)A點所經(jīng)歷的最短時間t．

Answer 1

分析 （1）粒子進(jìn)入磁場Ⅰ做圓周運動，由幾何關(guān)系求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求解磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁的大小；
（2）在環(huán)形區(qū)域Ⅱ中，當(dāng)粒子的運動軌跡與外圓相切，畫出軌跡，由幾何關(guān)系求解軌跡半徑，再求解B₂的大小．
（3）根據(jù)粒子運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角，再求解運動周期和運動的最短時間．

解答 解：（1）設(shè)在區(qū)域Ⅰ內(nèi)軌跡圓半徑為：r₁=r，
粒子在磁場中做圓周運動洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}}$，
解得：B₁=$\frac{m{v}_{0}}{qr}$；
（2）粒子在區(qū)域Ⅱ中運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知：r₂=$\frac{\sqrt{3}}{3}$r，
由牛頓第二定律得：qv₀B₂=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{2}}$，
解得：B₂=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{qr}$，
方向與B₁相反，即垂直xoy平面向外；
（2）由幾何關(guān)系得，大圓半徑R的最小值：
R=2r₂+r₂=3r₂，
解得：R=$\sqrt{3}$r；
（3）粒子在磁場中做圓周運動的周期：T₁=$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$，T₂=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$，
軌跡從A點到Q點對應(yīng)圓心角：θ=90°+60°=150°，要仍從A點沿y軸負(fù)方向射入，
需滿足：150n=360m，m、n屬于自然數(shù)，即取最小整數(shù)m=5，n=12，
運動時間為：t=12×（$\frac{1}{4}$T₁+$\frac{2}{3}$T₂），
得：t=（6+$\frac{16\sqrt{3}}{3}$）$\frac{πr}{{v}_{0}}$；
答：（1）區(qū)域I中磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁的大小為：$\frac{m{v}_{0}}{qr}$，區(qū)域II中磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小為：$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{qr}$方向：垂直xoy平面向外；
（2）要使粒子約束在磁場內(nèi)，大圓半徑R的最小值為$\sqrt{3}$r；
（3）粒子再次回到坐標(biāo)A點所經(jīng)歷的最短時間t為（6+$\frac{16\sqrt{3}}{3}$）$\frac{πr}{{v}_{0}}$．

點評 該題考查帶電粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、粒子做圓周運動的周期公式即可解題；處理帶電粒子在有界磁場中的運動問題的關(guān)鍵是：作出粒子運動軌跡，確定圓心、求半徑與粒子轉(zhuǎn)過的圓心角．