Question

12．如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域，c為圓心，在圓上a點(diǎn)有一粒子源以相同的速率向圓面內(nèi)各個(gè)方向發(fā)射多個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q 的帶電粒子．當(dāng)圓形區(qū)域存在垂直于圓面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場時(shí)，沿ac方向射入的粒子從b 點(diǎn)離開場區(qū)，此過程粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了$\frac{2π}{3}$．若只將圓形區(qū)域內(nèi)的磁場換成平行于圓面的勻強(qiáng)電場，粒子從電場圓邊界的不同位置射出時(shí)有不同的動(dòng)能，其最大動(dòng)能是初動(dòng)能的4倍，經(jīng)過b點(diǎn)的粒子在 b點(diǎn)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍．不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用．求：
（1）粒子源發(fā)射粒子的速率v₀及從b點(diǎn)離開磁場的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間t_m
（2）電場強(qiáng)度的方向及大小．

Answer 1

分析 （1）畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何知識求解半徑，根據(jù)qv₀B=m$\frac{{V}_{0}^{2}}{r}$求解初速度，根據(jù)圓心角和周期求解時(shí)間；
（2）設(shè)電場方向與ab連線夾角為θ，離開電場時(shí)動(dòng)能最大的粒子的射出點(diǎn)和C點(diǎn)連線一定和電場方向平行．畫出圖象，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解即可

解答 解：（1）粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡圓半徑為r，作出以ab為弦的兩段圓弧如圖2所示，O₁、O₂分別為兩圓圓心，由從b點(diǎn)射出的粒子速度偏轉(zhuǎn)角知：對以O(shè)₁為圓心的圓有：圓周角∠aO₁b=$\frac{2π}{3}$，由幾何知識可知：弦切角∠cab=$\frac{π}{3}$，△abC為等邊三角形，
可得ab長度L=R…①
從△abO₁可得：r=$\frac{\sqrt{3}}{3}$R…②
由圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：qv₀B=m$\frac{{V}_{0}^{2}}{r}$…③
由⑧⑨式可得：v₀=$\frac{\sqrt{3}qBR}{3m}$…④
粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長時(shí)的軌跡是以O(shè)₂為圓心的圓弧，
在菱形aO₁bO₂中有：∠aO₂b=∠aO₁b=$\frac{2π}{3}$
粒子的偏轉(zhuǎn)角θ=2π-∠aO₂b…⑤
由圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：t_m=$\frac{θr}{{V}_{0}}$…⑥
解得：t_m=$\frac{4πm}{3qB}$
（2）設(shè)電場方向與ab連線夾角為θ，離開電場時(shí)動(dòng)能最大的粒子的射出點(diǎn)和C點(diǎn)連線一定和電場方向平行，如圖2所示．
在粒子從a運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過程中由動(dòng)能定理有：
qERcosθ=2×$\frac{1}{2}m{V}_{0}^{2}$…⑦
對離開電場時(shí)動(dòng)能最大的粒子在電場中由動(dòng)能定理有：qER[1+sin（θ+$\frac{π}{6}$）]=3×$\frac{1}{2}m{V}_{0}^{2}$…⑧
由④⑦⑧式解得：θ=0 （即電場方向由a指向b）
E=$\frac{qR{B}_{2}}{3m}$
或θ滿足sinθ=-$\frac{4}{7}\sqrt{3}$
 E=$\frac{7qRB2}{3m}$  
答：（1）粒子源發(fā)射粒子的速率v₀及從b點(diǎn)離開磁場的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間$\frac{4πm}{3qB}$
（2）電場強(qiáng)度的方向及大小θ=0 （即電場方向由a指向b）E=$\frac{qR{B}_{2}}{3m}$或θ滿足sinθ=-$\frac{4}{7}\sqrt{3}$，E=$\frac{7qRB2}{3m}$

點(diǎn)評 本題主要考查了帶電粒子在混合場中運(yùn)動(dòng)的問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡圖，熟練掌握圓周運(yùn)動(dòng)及平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式，難度較大．