Question

1．如图甲所示，与x轴成45°角的虚线OM和EF以及弹性挡板GH把坐标系的第一象限和第四象限分割成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域内均有理想边界的垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅳ为真空，若不断有初速度为零且$\frac{q}{m}$=10³C/kg的带正电粒子经过图乙所示电压加速后，由P点垂直x轴方向进入 I区域，已知B₁=B₃=1T，B₂=0.5T，OP=0.4m，EF和GH间的水平距离为d=0.16m．不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用，求：

（1）带电粒子在 I区域里运动的最大轨道半径；
（2）带电粒子从P点出发到第一次离开Ⅱ区域所用的最短时间；
（3）若带电粒子与弹性板GH相碰后速度大小和电量不变，碰撞前后速度方向与弹性板GH夹角相等，则第一次进入Ⅲ区域的带电粒子从EF边界离开磁场时出射点到进入点的距离l的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设带电粒子由P点进入Ⅰ区域时的速度为v，由动能定理结合电压范围即可求解速度范围，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式求解最大半径；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，粒子从P点出发到第一次离开Ⅱ区域所用的时间为带电粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域的运动的时间之和，根据圆心角与周期的关系分别求出在Ⅰ区域和Ⅱ区域的运动时间，从而求解；
（3）由（2）可知，所有粒子将从EF边界的同一点A进入Ⅲ区域，求出粒子在Ⅲ区域运动的轨道半径范围，当运动轨迹刚好与GH相切时，粒子向下运动最远，根据几何关系求解．

解答 解：（1）设带电粒子由P点进入Ⅰ区域时的速度为v，由动能定理得：
$qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}$…①
由乙图知5V≤U≤20V…②
联立①②并带入数据解得：100m/s≤v≤200m/s…③
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：
Bqv=$m\frac{{v}^{2}}{R}$…④
由④式知，当v=200m/s时粒子在Ⅰ区域运动半径最大，设为R_m，带入数据解得：
R_m=0.2m…⑤，
（2）依题意有B₁=2B₂，由④式可知，带电粒子在Ⅱ区域的轨道半径是Ⅰ区域轨道半径的2倍，由几何关系知，进入Ⅱ区域的粒子将由P点正上方同一Q点沿水平方向离开Ⅱ区域经Ⅳ区域进入Ⅲ区域，如答图甲所示：
由图可知，当v=200m/s时，由⑤式可知，带电粒子从P点出发经O点进入Ⅱ区域，到第一次粒子Ⅱ区域所用的时间最短为：t=t₁+t₂…⑥，
其中t₁为粒子在Ⅰ区域的运动时间为：${t}_{1}=\frac{{T}_{1}}{2}$…⑦，
t₂为粒子在Ⅱ区域的运动时间为：${t}_{2}=\frac{{T}_{2}}{4}$⑧，
T₁、T₂分别为带电粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域的运动周期，而粒子在磁场中运动的周期为：T=$\frac{2πR}{v}$…⑨，
由④⑨式得：${T}_{1}=\frac{2πm}{q{B}_{1}}$，${T}_{2}=\frac{2πm}{q{B}_{2}}$…（10），
联立⑥⑦⑧（10）式并带入数据解得：t=6.18×10^-3s…（11）
（3）由（2）可知，所有粒子将从EF边界的同一点A进入Ⅲ区域，如答图乙所示，由③④式可知，
粒子在Ⅲ区域运动的轨道半径范围为：0.1m≤R≤0.2m…（12），
当运动轨迹刚好与GH相切时，粒子向下运动最远，此时半径R=0.16m，粒子到达最远，有：AC=2R=0.32m…（13），
当粒子轨道半径最小时，有：AD=2R_n=0.20m…（14），
当粒子轨道半径最大时，与弹性板GJ相碰于N点，由几何关系得：
AK=${R}_{m}-\sqrt{{{R}_{m}}^{2}-{d}^{2}}=0.08m$…（15），
根据对称性可知，粒子反弹后交EF于S点，所以有：AS=2AK=0.16m＜AD=0.2m…（16），
因此，第一次进入Ⅲ区域的带电粒子从EF边界离开磁场时出射点到进入点的距离范围为：0.16m≤l≤0.32m．
答：（1）带电粒子在 I区域里运动的最大轨道半径为0.2m；
（2）带电粒子从P点出发到第一次离开Ⅱ区域所用的最短时间为6.18×10^-3s；
（3）第一次进入Ⅲ区域的带电粒子从EF边界离开磁场时出射点到进入点的距离l的取值范围为0.16m≤l≤0.32m．

点评 本题主要考查了动能定理以及带电粒子在磁场中做匀速圆周运动基本公式得直接应用，一要仔细分析粒子的运动情况，二要根据几何知识画出轨迹，这两点是解答本题的关键，解题时还要注意结合几何关系求解，难度较大，属于难题．