Question

14．如圖所示，底邊長為2L，θ=30°的等腰三角形區(qū)域內(nèi)（O為底邊中點）有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從O點垂直于AB進(jìn)入磁場，不計粒子重力與空氣阻力的影響，不計粒子與AB板碰撞的作用時間，設(shè)粒子與AB板碰撞前后，電量保持不變并以相同的速率反彈．求：
（1）粒子經(jīng)電場加速射入磁場時的速度；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多少時，粒子能以最大的圓周半徑偏轉(zhuǎn)后打到AB板；
（3）如果粒子經(jīng)AB板碰撞一次后，以垂直于AC速度射出磁場，求粒子在磁場中運動的時間；
（4）粒子在磁場中的運動時間隨著磁感應(yīng)強(qiáng)度的增大而增加，求粒子在磁場內(nèi)運動的極限時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出粒子經(jīng)電場加速后射入磁場時的速度．
（2）要使圓周半徑最大，則粒子的圓周軌跡應(yīng)與AC邊相切，作出粒子的運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，結(jié)合半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大�。�
（3）作出粒子的運動軌跡，根據(jù)弧長和速度求出運動的時間．
（4）當(dāng)r越小，后一次打到ED板的點越靠近E端點，在磁場中圓周運動累積路程越大，時間越長．當(dāng)r為無窮小，經(jīng)過n個半圓運動，最后一次打到E點．

解答 解：（1）依題意，粒子經(jīng)電場加速射入磁場時的速度為v，由動能定理得：
由$qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}$，①
得v=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$．     ②
（2）要使圓周半徑最大，則粒子的圓周軌跡應(yīng)與AC邊相切，設(shè)圓周半徑為R，
由圖中幾何關(guān)系：R+$\frac{R}{sinθ}$=L    ③
由洛倫茲力提供向心力：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{R}$    ④
聯(lián)立①②③④解得B=$\frac{3\sqrt{2Uqm}}{qL}$．  ⑤
（3）由圖b可知，運動的半徑r=$\frac{L}{3}$，
${t}_{1}=\frac{πL}{3v}$，
${t}_{2}=\frac{\frac{π}{6}}{2π}•\frac{2πL}{3v}=\frac{πL}{18v}$．
則$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{7πL}{18v}$=$\frac{7πL}{18}\sqrt{\frac{m}{2qU}}$．
（4）如圖c，設(shè)粒子運動圓周半徑為r，則r=$\frac{mv}{qB}$，
當(dāng)r越小，最后一次打到AB板的點越靠近A端點，在磁場中圓周運動累積路程越大，時間越長，當(dāng)r為無窮小，經(jīng)過n個半圓圓周運動，如圖所示，最后一次打到A點．
有：$n=\frac{L}{2r}$    ⑥
最長的極限時間${t}_{m}=n\frac{πr}{v}=\frac{πL}{2}\sqrt{\frac{m}{2qU}}$．
答：（1）粒子經(jīng)電場加速射入磁場時的速度為$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$．  
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B為$\frac{3\sqrt{2Uqm}}{qL}$時，粒子能以最大的圓周半徑偏轉(zhuǎn)后打到AB板．
（3）粒子在磁場中運動的時間為$\frac{7πL}{18}\sqrt{\frac{m}{2qU}}$．
（4）粒子在磁場內(nèi)運動的極限時間為$\frac{πL}{2}\sqrt{\frac{m}{2qU}}$．

點評 做好此類題目的關(guān)鍵是準(zhǔn)確的畫出粒子運動的軌跡圖，利用幾何知識求出粒子運動的半徑，再結(jié)合半徑公式和周期公式去分析．