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如图,在区域Ⅰ(0≤x≤d)和区域Ⅱ(d≤x≤2d)内分别存在匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,方向相反,且都垂直于Oxy平面.一质量为m、带电荷量q(q>0)的粒子a于某时刻从y轴上的
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1 |
3 |
(1)粒子a射入区域I时速度的大小;
(2)b粒子比a粒子晚多少时间飞离磁场.
▼优质解答
答案和解析
(1)设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上),半径为Ra1,粒子速率为va,
运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P',粒子运动轨迹如图所示:
![](https://www.zaojiaoba.cn/2018-08/17/1534468084-9541.jpg)
粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,
由牛顿第二定律得:qvaB=m
①
由几何关系得:∠PCP'=θ ②Ra1=
=2d ③
其中:θ=30°,由①②③式解得:va=
④
(2)设粒子a在II内做圆周运动的圆心为On,半径为Ra2,
射出点为Pa(图中末画出轨迹),∠P'OnPa=θ′.
由牛顿第二定律得:qva(2B)=m
⑤,
由①⑤式得:Ra2=
=d ⑥
设b在I中运动的轨道半径为Rb1,
由牛顿第二定律得:q(
)B=
(
)2 ⑨解得:Rb1=
,
设a到达Pa点时,b位于Pb点,转过的角度为α.如果b没有飞出I,
则
=
⑩
=
(11)
t是a在区域II中运动的时间,而:Ta2=
(12)Tb1=
(13)
由⑤⑨⑩(11)(12)(13)式解得:α=30°(14)
由①③⑨(14)式可见,a到达Pa点时,b没有飞出I.
a飞出II后,设b继续在I中运动t时间飞出磁场:t=
•T=
又:T=
=
,解得:t=
=
•
=
;
答:(1)粒子a射入区域I时速度的大小为
;
(2)b粒子比a粒子晚
飞离磁场.
运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P',粒子运动轨迹如图所示:
![](https://www.zaojiaoba.cn/2018-08/17/1534468084-9541.jpg)
粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,
由牛顿第二定律得:qvaB=m
| ||
Ra1 |
由几何关系得:∠PCP'=θ ②Ra1=
d |
sinθ |
其中:θ=30°,由①②③式解得:va=
2dqB |
m |
(2)设粒子a在II内做圆周运动的圆心为On,半径为Ra2,
射出点为Pa(图中末画出轨迹),∠P'OnPa=θ′.
由牛顿第二定律得:qva(2B)=m
| ||
Ra2 |
由①⑤式得:Ra2=
Ra1 |
2 |
设b在I中运动的轨道半径为Rb1,
由牛顿第二定律得:q(
va |
3 |
m |
Rb1 |
va |
3 |
Ra1 |
3 |
设a到达Pa点时,b位于Pb点,转过的角度为α.如果b没有飞出I,
则
t |
Ta2 |
θ′ |
2π |
t |
Tb1 |
α |
2π |
t是a在区域II中运动的时间,而:Ta2=
2πRa2 |
v |
2πRb1 |
v/3 |
由⑤⑨⑩(11)(12)(13)式解得:α=30°(14)
由①③⑨(14)式可见,a到达Pa点时,b没有飞出I.
a飞出II后,设b继续在I中运动t时间飞出磁场:t=
π−
| ||
2π |
5T |
12 |
又:T=
2πr |
v |
2πm |
eB |
5T |
12 |
5 |
12 |
2πm |
eB |
5πm |
6eB |
答:(1)粒子a射入区域I时速度的大小为
2dqB |
m |
(2)b粒子比a粒子晚
5πm |
6eB |
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