Question

5．如圖所示，正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界長(zhǎng)為a，邊界由絕緣彈性壁圍成，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子垂直于磁場(chǎng)方向和邊界從邊界正中點(diǎn)O處射入磁場(chǎng)，其射入時(shí)的速度為$\frac{17Bqa}{8m}$，帶電粒子與壁碰撞前后沿壁方向的分速度不變，垂直壁方向的分速度反向、大小不變，且不計(jì)摩擦，不計(jì)粒子所受重力，碰撞時(shí)無電荷量損失，求：
（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；
（2）帶電粒子從O孔射入到從O點(diǎn)射出所需要的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）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，由牛頓第二定律求出粒子軌道半徑．
（2）求出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的圓心角，根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期與運(yùn)動(dòng)過程求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）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：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{17}{8}$a；
（2）粒子軌道半徑r=$\frac{17}{8}$a＞2a，粒子射到AB邊上，設(shè)射到AB的點(diǎn)E到A的距離為x，由幾何知識(shí)得：
r²=a²+[r-（$\frac{a}{2}-x$）]²，
解得：x=$\frac{a}{4}$，
設(shè)粒子從O到E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁，如圖所示：
sinθ=$\frac{a}{r}$=$\frac{8}{17}$，
則：θ=arcsin$\frac{8}{17}$，
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
則：t₁=$\frac{θ}{2π}$T=$\frac{m}{qB}$arcsin$\frac{8}{17}$，
粒子在磁場(chǎng)區(qū)域要進(jìn)行8次類似OE的曲線運(yùn)動(dòng)和2次勻速直線運(yùn)動(dòng)（綠色線的部分）才可以從O點(diǎn)射出，如圖
粒子從D到A的勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₂=$\frac{a}{v}$=$\frac{8m}{17qB}$，
則粒子從O射入到射出的時(shí)間：t=8t₁+2t₂=$\frac{8m}{qB}$arcsin$\frac{8}{17}$+$\frac{16m}{17qB}$；
答：（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為$\frac{17}{8}$a；
（2）帶電粒子從O孔射入到從O點(diǎn)射出所需要的時(shí)間為$\frac{8m}{qB}$arcsin$\frac{8}{17}$+$\frac{16m}{17qB}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、周期公式即可正確解題．