Question

20．如圖所示，在空間中有一坐標系xOy，其第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場區(qū)域I和Ⅱ，直線OP是它們的邊界．區(qū)域I中的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向外；區(qū)域Ⅱ中的磁感應(yīng)強度為2B，方向垂直紙面向內(nèi)；邊界上的P點坐標為（4L，3L）．一質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電粒子從P點平行于y軸負方向射入?yún)^(qū)域I，經(jīng)過一段時間后，粒子恰好經(jīng)過原點O．忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．則下列說法中正確的是（　�。�

• A． 該粒子一定沿y軸負方向從O點射出
• B． 該粒子射出時與y軸正方向夾角可能是74°
• C． 該粒子在磁場中運動的最短時間t=$\frac{53πm}{60qB}$
• D． 該粒子運動的可能速度為v=$\frac{25qBL}{12nm}$（n=1，2，3…）

Answer 1

分析 粒子進入磁場中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，考慮邊界效應(yīng)，粒子進入磁場與離開磁場時速度方向與邊界的夾角相等，故必定從Ⅱ區(qū)離開O點；
考慮到t=$\frac{θ}{2π}T$，粒子先在磁場I區(qū)中運動，后在磁場II區(qū)中運動并離開O點的情況是運動時間最短的；
粒子的速度大小滿足一定條件時，粒子先在磁場I區(qū)中運動，后在磁場II區(qū)中運動，然后又重復前面的運動，直到經(jīng)過原點O，這樣粒子經(jīng)過n個周期性的運動到過O點，每個周期的運動情況相同，粒子在一個周期內(nèi)的位移S=$\frac{OP}{n}$（n=1，2，3，…），根據(jù)S與兩個半徑的關(guān)系，求出半徑，即可求解速度的通項．

解答 解：A、粒子進入磁場中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，對于直線邊界，考慮軌跡圓的對稱性，粒子進入磁場與離開磁場時速度方向與邊界的夾角相等，故粒子不可能從Ⅰ區(qū)到達O點，故一定是從Ⅱ區(qū)到達O點；
畫出可能的軌跡，如圖所示：

tanα=$\frac{3L}{4L}$=0.75
得α=37°，α+β=90°
故該粒子一定沿y軸負方向從O點射出，故A正確，B錯誤；
C、設(shè)粒子的入射速度為v，用R₁，R₂，T₁，T₂分別表示粒子在磁場I區(qū)和II區(qū)中運動的軌道半徑和周期，則：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$
qv（2B）=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$
周期分別為：
T₁=$\frac{2π{R}_{1}}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$
T₂=$\frac{2π{R}_{2}}{v}$=$\frac{πm}{qB}$
粒子先在磁場I區(qū)中做順時針的圓周運動，后在磁場II區(qū)中做逆時針的圓周運動，然后從O點射出，這樣粒子從P點運動到O點所用的時間最短．
粒子在磁場I區(qū)和II區(qū)中的運動時間分別為：
t₁=$\frac{2β}{2π}$•T₁
t₂=$\frac{2β}{2π}{T}_{2}$
粒子從P點運動到O點的時間至少為：
t=t₁+t₂
由以上各式解得：
t=$\frac{53πm}{60qB}$
故C正確；
D、粒子的速度大小滿足一定條件時，粒子先在磁場I區(qū)中運動，后在磁場II區(qū)中運動，然后又重復前面的運動，直到經(jīng)過原點O．這樣粒子經(jīng)過n個周期性的運動到過O點，每個周期的運動情況相同，粒子在一個周期內(nèi)的位移為S=$\frac{OP}{n}$=$\frac{5L}{n}$（n=1、2，3，…）
粒子每次在磁場I區(qū)中運動的位移為：
S₁=$\frac{{R}_{1}}{{{R}_{1}+R}_{2}}$S=$\frac{2}{3}S$
由圖中幾何關(guān)系可知：
$\frac{\frac{{S}_{1}}{2}}{{R}_{1}}$=cosα=0.8
而R₁=$\frac{mv}{qB}$
由以上各式解得粒子的速度大小為：
v=$\frac{25qBL}{12nm}$（n=1、2，3，…）
故D正確；
故選：ACD

點評 本題在復合場中做周期性運動的類型，關(guān)鍵要運用數(shù)學知識分析粒子的規(guī)律，得到粒子在一個周期內(nèi)位移的通項，注意圓心和半徑的確定方法；本題綜合性較強，難度較大．