Question

18．如圖所示，在一底邊長為2L，底角θ=45°的等腰三角形區(qū)域內(nèi)（O為底邊中點）有垂直紙面向外的勻強電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從O點垂直于AB進(jìn)入磁場，不計重力與空氣阻力的影響．
（1）粒子經(jīng)電場加速射入磁場時的速度？
（2）若要進(jìn)入磁場的粒子能打到OA板上，求磁感應(yīng)強度B的最小值；
（3）設(shè)粒子與AB板碰撞后，電量保持不變并以與碰前相同的速度反彈，磁感應(yīng)強度越大，粒子在磁場中的運動時間也越大，求粒子在磁場中運動的最長時間．

Answer 1

分析 （1）由動能定理求粒子進(jìn)入勻強磁場的速度；
（2）求磁感應(yīng)強度B的最小值，根據(jù)磁場強度和半徑關(guān)系可知，圓周運動得半徑最大，則粒子的圓周軌跡應(yīng)與AC邊相切，畫出運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系及向心力公式求解；
（3）當(dāng)r越小，后一次打到AB板的點越靠近A端點，在磁場中圓周運動累積路程越大，時間越長．當(dāng)r為無窮小，經(jīng)過n個半圓運動，最后一次打到A點．

解答 解：（1）依題意，粒子經(jīng)電場加速射入磁場時的速度為v
由 $Uq=\frac{1}{2}m{v}^{2}$…①
得：$v=\sqrt{\frac{2Uq}{m}}$…②
（2）要使圓周半徑最大，則粒子的圓周軌跡應(yīng)與AC邊相切，設(shè)圓周半徑為R
由圖中幾何關(guān)系：$R+\frac{R}{sinθ}=L$…③
由洛侖茲力提供向心力：$Bqv=m\frac{{v}^{2}}{R}$…④

聯(lián)立②③④解得：$B=\frac{（1+\sqrt{2}）\sqrt{2Uqm}}{qL}$…⑤
（3）設(shè)粒子運動圓周半徑為r，$r=\frac{mv}{Bq}$，當(dāng)r越小，最后一次打到AB板的點越靠近A端點，在磁場中圓周運動累積路程越大，時間越長．當(dāng)r為無窮小，經(jīng)過n個半圓運動，最后一次打到A點．有：$n=\frac{L}{2r}$…⑥
圓周運動周期：$T=\frac{2πr}{v}$…⑦
最長的極限時間為：${t}_{m}=n\frac{T}{2}$…⑧
由⑥⑦⑧式得：${t}_{m}=\frac{πL}{2v}$=$\frac{πL}{2}\sqrt{\frac{m}{2Uq}}$
答：（1）粒子經(jīng)電場加速射入磁場時的速度為$\sqrt{\frac{2Uq}{m}}$；
（2）磁感應(yīng)強度B為$\frac{（1+\sqrt{2}）\sqrt{2Uqm}}{qL}$時，粒子能以最大的圓周半徑偏轉(zhuǎn)后打到OA板；
（3）增加磁感應(yīng)強度的大小，可以再延長粒子在磁場中的運動時間，粒子在磁場中運動的極限時間為$\frac{πL}{2}\sqrt{\frac{m}{2Uq}}$．

點評 做好此類題目的關(guān)鍵是準(zhǔn)確的畫出粒子運動的軌跡圖，利用幾何知識求出粒子運動的半徑，再結(jié)合半徑公式和周期公式去分析．