Question

11．如圖所示，邊長(zhǎng)為7cm的正方形OABC區(qū)域內(nèi)存在B=0.1T，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在此正方形區(qū)域內(nèi)有一點(diǎn)P，P點(diǎn)到OC邊和BC邊的距離均為1cm，在P點(diǎn)有一個(gè)發(fā)射正離子的裝置，能夠連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射出速率不同的正離子，離子的質(zhì)量m=1.0×10^-14kg，電荷量q=1.0×10^-5C，離子的重力不計(jì)，不考慮離子間的相互作用力．（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）求：
（1）速率v=5.0×10⁶m/s的離子從OA邊上能夠射出的范圍．
（2）離子要從OA邊上射出正方形區(qū)域，速度至少應(yīng)多大？

Answer 1

分析 （1）由洛倫茲力提供向心力求得正離子的圓周運(yùn)動(dòng)軌道半徑，離子的軌跡如果與OC邊相切，則到達(dá)OA邊出射點(diǎn)離O點(diǎn)最近，軌跡與oa邊相切的離子離開O點(diǎn)最遠(yuǎn)，由此確定離子從OA邊上能夠射出的范圍；
（2）離子要從OA邊上射出正方形區(qū)域，則軌道半徑最小時(shí)，離子的速度最小，由洛倫茲力提供向心力求得速度最小值．

解答 解：（1）由洛倫茲力提供向心力，故當(dāng)速率v=5.0×10⁶m/s時(shí)的軌道半徑r滿足：Bqv=$\frac{{mv}^{2}}{r}$①
所以，r=$\frac{mv}{qB}=\frac{1.0{×10}^{-14}×5.0{×10}^{6}}{1.0{×10}^{-5}×0.1}m=5cm$
離子的軌跡如果與OC邊相切，則到達(dá)OA邊出射點(diǎn)離O點(diǎn)最近，設(shè)P到切點(diǎn)的水平距離為x，由幾何關(guān)系得，
$\frac{1}{\sqrt{{x}^{2}+1}}=\frac{\frac{\sqrt{1{+x}^{2}}}{2}}{r}$
代入數(shù)據(jù)得，x=3cm
由于OP的水平距離為6cm，故有運(yùn)動(dòng)軌跡的對(duì)稱性可得，離子在OA邊的出射點(diǎn)離O點(diǎn)的最近距離為d=1cm
同理，軌跡與oa邊相切的離子離開O點(diǎn)最遠(yuǎn)，設(shè)P到切點(diǎn)的豎直位移為y，由幾何關(guān)系可得：
$\frac{6}{\sqrt{36{+y}^{2}}}=\frac{\frac{\sqrt{36{+y}^{2}}}{2}}{r}$
代入數(shù)據(jù)得，y=2$\sqrt{6}cm$
故離子從OA邊上能夠射出的范圍為離O點(diǎn)的距離L為：3cm$≤L＜2\sqrt{6}$cm
（2）離子要恰好從OA邊上射出正方形區(qū)域，由圖可得半徑為：R=$\frac{6}{2}cm=3cm$
設(shè)此時(shí)的速度為v′，由洛倫茲力提供向心力得：
$qv′B=\frac{{mv′}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)得，v′=3×10⁶m/s
故離子要從OA邊上射出正方形區(qū)域，速度至少應(yīng)為3×10⁶m/s．
答：（1）速率v=5.0×10⁶m/s的離子從OA邊上能夠射出的范圍為大于等于3cm，小于2$\sqrt{6}$cm．
（2）離子要從OA邊上射出正方形區(qū)域，速度至少應(yīng)為3×10⁶m/s．

點(diǎn)評(píng) 用牛頓第二定律并結(jié)合幾何關(guān)系來(lái)處理圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，關(guān)鍵找到臨界條件，充分應(yīng)用運(yùn)動(dòng)軌跡的幾何關(guān)系，這一點(diǎn)很重要．