Question

15．如圖所示，ABCDEF是一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正六邊形盒，各邊均為絕緣板，盒外有方向垂直紙面向里、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．盒內(nèi)有兩個(gè)與AF邊平行的金屬板M、N，且金屬板N靠近盒子的中心O點(diǎn)，金屬板M和盒子AF邊的中點(diǎn)均開有小孔，兩小孔與O點(diǎn)在同一直線上．現(xiàn)在O點(diǎn)由靜止放置一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計(jì)粒子重力及空氣阻力，忽略運(yùn)動(dòng)電荷對(duì)外加磁場(chǎng)、電場(chǎng)的影響）．
（1）如果在金屬板N、M間加上電壓U_NM=U₀時(shí)，粒子從AF邊小孔射出后直接打在A點(diǎn)，試求電壓U₀的大小； 
（2）如果給金屬板N，M間加一合適的電壓，粒子從AF邊小孔射出后恰好能以最短時(shí)間回到該小孔（粒子打在盒子各邊時(shí)都不損失動(dòng)能），試求粒子運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間； 
（3）如果改變金屬板N、M間所加電壓，試判斷粒子從AF邊小孔射出后能否直接打在C點(diǎn)？若不能，說明理由；若能，請(qǐng)求出此時(shí)電壓U_NM的大�。�

Answer 1

分析 （1）由幾何關(guān)系與牛頓第二定律：洛倫茲力提供向心力，及動(dòng)能定理，即可求解；
（2）根據(jù)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式，得知周期與速度大小無關(guān)，則最短時(shí)間與周期及圓心角有關(guān)．
（3）由幾何關(guān)系，可求出半徑大小，再由洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律與動(dòng)能定理，從而求出結(jié)果；

解答 解：（1）依題意，R=$\frac{L}{4}$，
由qvB=m $\frac{{v}^{2}}{R}$，
及qU₀=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，
解得U₀=$\frac{q{B}^{2}{L}^{2}}{32m}$
（2）由于粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期T=$\frac{2πm}{qB}$，T與速率無關(guān)；粒子撞擊BC中點(diǎn)和DE中點(diǎn)后回到G，
用時(shí)最短圓周半徑R″=$\frac{3}{2}$L，
得到最短時(shí)間t=$\frac{300°}{360°}•T×3=\frac{5πm}{qB}$．
（3）設(shè)AF中點(diǎn)為G，連接GC，作其垂直平分線，與AF延長(zhǎng)線交點(diǎn)即為圓心
由相似三角形得R′=O′G=$\frac{13L}{4}$，
由牛頓第二定律，qvB=$\frac{m{v}^{2}}{R′}$，
qU₀=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，
解得：U_NM=$\frac{169q{B}^{2}{L}^{2}}{32m}$
答：（1）如果在金屬板N、M間加上電壓U_NM=U₀時(shí)，粒子從AF邊小孔射出后直接打在A點(diǎn)，則電壓U₀的大小$\frac{q{B}^{2}{L}^{2}}{32m}$．
（2）如果給金屬板N、M間加一合適的電壓，粒子從AF邊小孔射出后恰好能以最短時(shí)間回到該小孔，則最短時(shí)間為 $\frac{5πm}{qB}$．
（3）如果改變金屬板N、M間所加電壓，試判斷粒子從AF邊小孔射出后能否直接打在C點(diǎn)．若不能，說明理由；若能，此時(shí)電壓U_NM的大小 $\frac{169q{B}^{2}{L}^{2}}{32m}$．

點(diǎn)評(píng) 本題運(yùn)用幾何關(guān)系與物理規(guī)律相結(jié)合來解題，要學(xué)生掌握這類題型的答題方法與技巧，因此根據(jù)題意結(jié)合知識(shí)，畫出正確的運(yùn)動(dòng)軌跡圖是關(guān)鍵之處．最后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)短與速度的大小無關(guān)，卻與圓心角的大小有關(guān)．