Question

6．如圖所示，在一個邊長為a的正六邊形區(qū)域內存在磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，大量質量為m，電荷量為q的正粒子，在不同時刻以不同速度從A點進入磁場（重力不計，不考慮粒子間的相互作用）問：
（1）沿AD方向入射的粒子，若能從AF邊射出，求這些粒子在磁場中運動的時間t₁；
（2）沿AD方向入射的粒子，若某粒子恰能垂直DE邊射出，求這種粒子初速度v的大小，以及射出點與E點的距離x；
（3）若粒子可以從A點沿紙面內各個方向射入磁場，且在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為2a，若要使粒子在磁場中運動的時間最長，求粒子入射方向與AD方向夾角θ的大小，以及最長時間t_m的大小．

Answer 1

分析 （1）作出運動軌跡，結合幾何知識求出粒子的軌道半徑，然后根據牛頓第二定律列式求解運動時間；
（2）洛侖茲力提供向心力，找出圓心，結合牛頓第二定律列式求解速度；
（3）要使粒子在磁場中運動的時間最長，則圓弧對應的弦長最長，故應該是從D點離開磁場，畫出運動軌跡，結合幾何關系得到圓心角和初速度方向，根據公式$t=\frac{θ}{2π}T$求解最長時間t_m的大小．

解答 解：（1）設粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r₁，初速度大小為v₁，則有：
$q{v_1}B=\frac{mv_1^2}{r_1}$
由幾何關系可得：
${r_1}=\frac{a}{2sin60°}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}a$
畫出規(guī)矩，如圖所示：

由于△OAE中，AE=$\sqrt{3}$r₁，故圓心角為120°，故運動時間為：
t₁=$\frac{T}{3}$=$\frac{1}{3}×\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2πm}{3qB}$
（2）某粒子恰能垂直DE邊射出，粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r₂，由幾何關系可得：

AE=2acos30°=$\sqrt{3}$a
故軌道半徑：r₂=$\frac{AE}{sin30°}$=2$\sqrt{3}$a
根據牛頓第二定律，有：
$qvB=m\frac{v^2}{r_2}$
解得：
v=$\frac{{2\sqrt{3}qBa}}{m}$
結合幾何關系，有：OE=$\frac{AE}{tan30°}$=3a
故EG=r₂-OE=（2$\sqrt{3}$-3）a
（3）粒子在磁場中運動的時間最長，故AD為軌跡圓對應的弦，畫出軌跡，如圖所示：

故初速度方向與AB邊成30°角；
對應的圓心角為60°，故運動時間為：
t_m=$\frac{60°}{360°}T$=$\frac{T}{6}$=$\frac{1}{6}×\frac{2πm}{qB}$=$\frac{πm}{3qB}$
答：（1）沿AD方向入射的粒子，若能從AF邊射出，這些粒子在磁場中運動的時間t₁為$\frac{2πm}{3qB}$；
（2）沿AD方向入射的粒子，若某粒子恰能垂直DE邊射出，這種粒子初速度v的大小為$\frac{2\sqrt{3}qBa}{m}$，以及射出點與E點的距離x為（2$\sqrt{3}$-3）a；
（3）粒子入射方向與AD方向夾角θ的大小為30°斜向下，最長時間t_m的大小為$\frac{πm}{3qB}$．

點評 本題是明確粒子的運動是勻速圓周運動，找出圓心、畫出運動軌跡，結合幾何關系和牛頓第二定律列式求解，不難．