Question

3．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，緊挨著的三個“柳葉”形有界區(qū)域①②③內(nèi)（含邊界上）有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，它們的邊界都是半徑為a的四分之一圓，每個四分之一圓的端點處的切線要么與x軸平行、要么與y軸平行．①區(qū)域的下端恰在O點，①②區(qū)域在A點平順連接、②③區(qū)域在C點平順連接．大量質(zhì)量均為m、電荷量為q的帶正電的粒子依次從坐標原點O以相同的速率、各種不同的方式射入第一象限內(nèi)（含沿x軸、y軸方向），它們只要在磁場中運動，軌道半徑就都為a．在y≤-a的區(qū)域，存在場強為E的沿x軸負方向的勻強電場．整個裝置在真空中，不計粒子重力、不計粒子之間的相互作用．
（1）粒子從O點出射時的速率v₀；
（2）這群粒子中，從O點射出至運動到x軸上的最長時間；
（3）這群粒子到達y軸上的區(qū)域范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出粒子從O點射入磁場時的速率．
（2）從O沿+y軸方向射入磁場的粒子，從O到C耗時最長，根據(jù)弧長和速度求出運動的時間．
（3）這些粒子經(jīng)過①區(qū)域偏轉(zhuǎn)后方向都變成與+x軸平行，接著勻速直線進入②區(qū)域，經(jīng)過Ⅱ區(qū)域偏轉(zhuǎn)又都通過C點．從C點進入③區(qū)域，經(jīng)過③區(qū)域偏轉(zhuǎn)，離開Ⅲ區(qū)域時，所有粒子都變成與-y軸平行（即垂直進入電場），分別求出x=2a進入電場的粒子和x=3a進入電場的粒子到達y軸的坐標，從而得出這群粒子到達y軸上的區(qū)域范圍．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律的：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，由題意可知：r=a，解得：v₀=$\frac{qBa}{m}$；
（2）這些粒子中，從O沿y軸正方向射入磁場的粒子，從O到C耗時最長，
時間：t=$\frac{s}{{v}_{0}}$，最長時間：t_max=$\frac{{s}_{最大}}{{v}_{0}}$=$\frac{πa}{{v}_{0}}$=$\frac{πm}{qB}$；
（3）這些粒子經(jīng)過①區(qū)域偏轉(zhuǎn)后方向都變成與+x軸平行；
接著勻速直線進入②區(qū)域，經(jīng)過②區(qū)域偏轉(zhuǎn)又都通過C點；
從C點進入③區(qū)域，經(jīng)過③區(qū)域偏轉(zhuǎn)，離開③區(qū)域時，所有粒子都變成與-y軸平行（即垂直進入電場）
對于從x=2a進入電場的粒子，在x軸負方向的分運動有：2a=$\frac{1}{2}$at₁²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t₁²，解得：t₁=$\sqrt{\frac{4ma}{qE}}$，
則該粒子運動到y(tǒng)軸上的坐標為：y₁=-a-v₀t₁=-a-Ba$\sqrt{\frac{4qa}{mE}}$，
對于從x=3a進入電場的粒子，在x軸負方向的分運動有：3a=$\frac{1}{2}$at₂²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t₂²，解得：t₂=$\sqrt{\frac{6ma}{qE}}$，
則該粒子運動到y(tǒng)軸上的坐標為：y₂=-a-v₀t₂=-a-Ba$\sqrt{\frac{6qa}{mE}}$，
這群粒子運動到y(tǒng)軸上的區(qū)間為：-a-Ba$\sqrt{\frac{6qa}{mE}}$≤y≤-a-Ba$\sqrt{\frac{4qa}{mE}}$；
答：（1）粒子從O點出射時的速率v₀為$\frac{qBa}{m}$；
（2）這群粒子中，從O點射出至運動到x軸上的最長時間為$\frac{πm}{qB}$；
（3）這群粒子到達y軸上的區(qū)域范圍是：-a-Ba$\sqrt{\frac{6qa}{mE}}$≤y≤-a-Ba$\sqrt{\frac{4qa}{mE}}$．

點評 本題考查了粒子在磁場、電場中的運動，粒子運動過程復(fù)雜，本題有一定的難度，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是正確解題的關(guān)鍵；粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)都是用運動的合成與分解的思想，這是難點，也是考試的熱點，要透徹理解．