Question

1．如图所示，在xOy平面直角坐标系内y轴与垂直x轴的MN边界之间，以x轴为分界线，分别在第Ⅰ、Ⅳ象限有垂直于纸面向外的匀强磁场．第Ⅰ象限内磁场的磁感应强度大小为B₀．第Ⅱ象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E．质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从第Ⅱ象限内某点由静止释放，从y轴上的A点进入磁场，经x轴上的B点第一次进入x轴下方的磁场．若已知A点的坐标是（0，a），B点的坐标是（3a，0），不考虑粒子重力．
（1）求粒子释放位置与y轴的距离；
（2）若粒子经x轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到x轴上方的磁场，求x轴下方磁场的磁感应强度大小应满足的条件；
（3）若x轴下方区域的磁感应强度大小为3B₀，且粒子最终垂直于MN边界出射，求MN与x轴交点的坐标．

Answer 1

分析 （1）粒子在电场中做匀加速直线运动，利用动能定理求解其进入第一象限磁场的速度，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立两个过程即可求出粒子粒子释放位置与y轴的距离；
（2）画出粒子轨迹过程图，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，即可求出x轴下方磁场的磁感应强度大小应满足的条件；
（3）粒子做周期性运动，对其中一个周期的运动进行分析，结合几何关系，找出粒子速度方向沿x轴水平向右的位置的通项表达式．

解答 解：（1）设粒子释放位置与y轴的距离为d，粒子在第一象限磁场中做圆周运动的半径为r，
画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示，

在电场中做匀加速运动，根据动能定理：qEd=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
可得：v=$\sqrt{\frac{2qEd}{m}}$①
粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB₀=m$\frac{{v}^{2}}{r}$②
根据几何关系：（r-a）²+（3a）²=r²
可得：r=5a ③
联立①②③式可得：d=$\frac{25q{B}_{0}^{2}{a}^{2}}{3mE}$
（2）设粒子进入磁场时与x轴之间的夹角为θ，则粒子在第一象限内的磁场中转过的角度也为θ，
根据几何关系：tanθ=$\frac{3a}{r-a}$=$\frac{3}{4}$，可得：θ=53°
要使粒子经x轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到x轴上方的磁场，临界情况如图所示，

要使粒子经x轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到x轴上方的磁场
需满足：3a≥R（1+cos37°） ④
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$ ⑤
联立②③④⑤式可得x轴下方磁场的磁感应强度B的大小应满足：B≥$\frac{8}{3}$B₀
（3）设当x轴下方区域的磁感应强度大小为3B₀时粒子半径为R′，
根据洛伦兹力提供向心力：qv•3B₀=m$\frac{{v}^{2}}{R′}$ ⑥
联立②⑥式可得：R′=$\frac{r}{3}$=$\frac{5}{3}$a
画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，

设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为A₁，则A与A₁的连线与x轴平行，
根据几何关系有：AA₁=4a
所以粒子最终垂直MN边界飞出，边界MN与y轴间距为
L=nAA₁=4na  （其中n=1，2，3…）
即：MN与x轴交点的坐标是（4na，0）（其中n=1，2，3…）
答：（1）粒子释放位置与y轴的距离为$\frac{25q{B}_{0}^{2}{a}^{2}}{3mE}$；
（2）x轴下方磁场的磁感应强度大小应不小于$\frac{8}{3}$B₀；
（3）MN与x轴交点的坐标为（4na，0）（其中n=1，2，3…）．

点评 本题考查带电粒子在复合场中，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，加速场运用动能定理，磁场中的圆周运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，对数学平面几何能力要求较高，还注意第（3）小问粒子可以多次回旋，是典型的多解问题．