Question

19．一圓筒的橫截面如圖所示，圓心為O、半徑為R，在筒上有兩個小孔M，N且M、O、N在同一水平線上．圓筒所在區(qū)域有垂直于圓筒截面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在圓筒左側(cè)有一個加速電場．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，由靜止經(jīng)電場加速后從M孔沿MO方向射入圓筒．已知粒子與圓筒碰撞時電荷量保持不變，碰撞后速度大小不變，方向與碰撞前相反，不計粒子重力．
（1）若加速電壓為U₀，要使粒子沿直線MN運動，需在圓筒內(nèi)部空間加一勻強電場，求所加電場的電場強度大小E；
（2）若帶電粒子與圓筒碰撞三次后從小孔N處射出，求粒子在圓筒中運動時間t；
（3）若帶電粒子與圓筒碰撞后不越過小孔M，而是直接從小孔M處射出，求帶電粒子射入圓筒時的速度v．

Answer 1

分析 （1）加速電場中帶電粒子做勻加速直線運動，由動能定理可以求出進入復(fù)合電磁場的速度，由于在復(fù)合場中做直線運動，由平衡條件從而求出所加的電場強度的大小和方向．
（2）帶電粒子與筒壁碰撞三次從N點射出，由粒子在磁場中做勻速圓周運動的對稱性畫出運動軌跡，主要有兩種情況：偏轉(zhuǎn)角分別是$\frac{π}{4}$、$\frac{3π}{4}$．結(jié)合周期公式就能求出粒子在圓形磁場中的運動時間．
（3）粒子經(jīng)過一次碰撞后入射點與碰撞點與磁場圓圓心的連線轉(zhuǎn)過一個角度2φ，要使粒子不越過M點從M點射出，則角度φ應(yīng)滿足：（n+1）2φ=2π，再由幾何關(guān)系求出磁場半徑R與軌跡半徑r的幾何關(guān)系，洛侖茲力提供向心力，從而求出入射粒子進入圓筒的速度．

解答 解：（1）帶電粒子在平行板加速過程中，由動能定理得：
qU₀=$\frac{1}{2}$mv${\;}_{0}^{2}$
在磁場中運動時，電場力與洛倫茲力平衡，有：
qv₀B=qE
解得：E=B$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$
（2）帶粒子在磁場中運動的周期為：
T=$\frac{2πm}{qB}$
帶電粒子與環(huán)碰撞三次有兩種情況：
第一種情況如圖（1）所示，兩次碰撞點與圓環(huán)圓心的連線夾角為：α=$\frac{π}{4}$
兩次碰撞過程粒子通過弧長對應(yīng)的圓心角為：
β=π-α=$\frac{3π}{4}$
整個過程運動時間為：t=4×$\frac{β}{2π}$T=$\frac{3πm}{qB}$
 第二種情況如圖（2）所示，兩次碰撞點與圓環(huán)圓心的連線夾角α′=$\frac{3π}{4}$
兩次碰撞過程粒子通過弧長對應(yīng)的圓心角為：
β′=π-α′=$\frac{π}{4}$
整個過程運動時間為：t′=$\frac{3πm}{4qB}$
 所以帶電粒子在圓環(huán)中運動的時間為$\frac{3πm}{qB}$或$\frac{πm}{qB}$
（3）設(shè)粒子從M點射入磁場后做圓周運動的速度為v、半徑為r，得：
qvB=m$\frac{v2}{r}$
設(shè)粒子經(jīng)n次碰撞從小孔M射出，則有：
2π=（n+1）•2φ    （n=2，3，4，5，…）
又當$\frac{（n+1）}{2}$•2φ=π時，粒子會從小孔N射出，故n只能取偶數(shù)，
綜上可得φ=$\frac{π}{n+1}$（n=2，4，6，…）
由幾何關(guān)系得tanφ=$\frac{r}{R}$
解得入射粒子速度大小為：
v=$\frac{qΒR}{m}$tan$\frac{π}{n+1}$（n=2，4，6，…）
答：（1）若加速電壓為U₀，要使粒子沿直線MN運動，需在圓筒內(nèi)部空間加一勻強電場，所加電場的電場強度大小E為$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$．
（2）若帶電粒子與圓筒碰撞三次后從小孔N處射出，粒子在圓筒中運動時間t為$\frac{3πm}{qB}$或$\frac{πm}{qB}$．
（3）若帶電粒子與圓筒碰撞后不越過小孔M，而是直接從小孔M處射出，帶電粒子射入圓筒時的速度v為$\frac{qΒR}{m}$tan$\frac{π}{n+1}$．

點評 本題的靚點在于：帶電粒子在圓形磁場的圓筒中做勻速圓周運動時又與圓筒發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)題意畫出粒子符合要求的運動軌跡，由幾何關(guān)系結(jié)合半徑公式和周期公式，就能求得所需的物理量．