Question

8．如圖所示，在一個(gè)邊長(zhǎng)為n的正六邊形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．三個(gè)相同的帶正電粒子先后從A點(diǎn)沿AD方向以大小不等的速度垂直磁場(chǎng)方向射人勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只受磁場(chǎng)力作用．甲粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域 的速度大小為v₀，并恰好從F點(diǎn)飛出磁場(chǎng)區(qū)域；乙粒子恰好從E點(diǎn)飛出磁場(chǎng)區(qū)域；丙粒子從 ED邊上的某一點(diǎn)垂直邊界ED飛出磁場(chǎng)區(qū)域．求：
（1）甲粒子的比荷$\frac{q}{m}$； 
（2）乙粒子在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（3）丙粒子在ED邊上飛出的位置與ED點(diǎn)間的距離及其飛出ED邊時(shí)的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）甲粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的比荷．
（2）應(yīng)用幾何知識(shí)求出粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，然后根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
（3）作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用幾何知識(shí)求出粒子軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的速度．

解答 解：（1）甲粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}}$，
由幾何知識(shí)得：r₁=$\frac{a}{2sin60°}$，
解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}}{Ba}$；
（2）乙粒子在磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
由幾何知識(shí)可得，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角：θ=60°，
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2\sqrt{3}πa}{3{v}_{0}}$，
粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=$\frac{θ}{360°}$T=$\frac{\sqrt{3}πa}{9{v}_{0}}$；
（3）丙粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
由幾何關(guān)系得：AE=2acos30°=$\sqrt{3}$a，∠AEO=90°，
粒子軌道半徑：r=$\frac{AE}{sin30°}$=2$\sqrt{3}$a，OE=$\frac{AE}{tan30°}$=3a，
GE=r-0E=（2$\sqrt{3}$-3）a，
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：v=6v₀；
答：（1）甲粒子的比荷$\frac{q}{m}$為$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}}{Ba}$； 
（2）乙粒子在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為$\frac{\sqrt{3}πa}{9{v}_{0}}$；
（3）丙粒子在ED邊上飛出的位置與ED點(diǎn)間的距離為（2$\sqrt{3}$-3）a，粒子飛出ED邊時(shí)的速度大小為6v₀．

點(diǎn)評(píng) 本題以帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的相關(guān)問(wèn)題為情境，考查學(xué)生綜合分析、解決物理問(wèn)題能力．帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵的就是確定圓心和軌跡后由幾何知識(shí)確定出半徑．