Question

6．如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以某一初速度v₀（未知）從a點(diǎn)沿直徑aOb方向射入柱形區(qū)域（磁場(chǎng)），從圓上的C點(diǎn)離開該區(qū)域，已知Oc與Ob成60°角，回答下列問題：
（1）求粒子初速度V₀的大小；
（2）若將該粒子的初速度減為$\frac{1}{3}$v₀，仍從a點(diǎn)沿原來的方向射入磁場(chǎng)，則粒子從圓上的d點(diǎn)離開該區(qū)域，求cd間的距離；
（3）若將磁場(chǎng)換為平行于紙面且垂直ab的勻強(qiáng)電場(chǎng)，讓該粒子以V₀仍從a點(diǎn)沿ab方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子也從c點(diǎn)離開該區(qū)域，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大�。�

Answer 1

分析 （1）依據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，做出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡圖象，由幾何關(guān)系可以得到軌道半徑，進(jìn)而由洛倫茲力提供向心力可得粒子初速度v₀的大小；
（2）若將該粒子的初速度減為$\frac{1}{3}$v₀，仍從a點(diǎn)沿原來的方向射入磁場(chǎng)，則由（1）得到的速度半徑關(guān)系可得此時(shí)的軌道半徑，由幾何知識(shí)可得cd距離；
（3）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋規(guī)律可得電場(chǎng)強(qiáng)度大小．

解答 解：（1）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

粒子以某一初速度v₀（未知）從a點(diǎn)沿直徑aOb方向射入柱形區(qū)域（磁場(chǎng)），從圓上的C點(diǎn)離開該區(qū)域，設(shè)半徑為r₁，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}}$  ①
因?yàn)椤蟗Oc=60°，故∠aO′O=30°，tan30°=$\frac{R}{{r}_{1}}$，
解得：r₁=$\sqrt{3}$R，帶入①解得：v₀=$\frac{\sqrt{3}qBR}{m}$．
（2）若將該粒子的初速度減為$\frac{1}{3}$v₀，仍從a點(diǎn)沿原來的方向射入磁場(chǎng)，則粒子從圓上的d點(diǎn)離開該區(qū)域，所做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，
則：r=$\frac{1}{3}$r₁=$\frac{\sqrt{3}}{3}$R，tan∠aOO″=$\frac{r}{R}$，∠aOd=60°，解得：L_cd=R．
（3）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為a，
由牛頓第二定律得：qE=ma，
粒子沿ab通過的距離為x，沿電場(chǎng)方向通過的距離為y，
x=R+Rcos60°，y=Rsin60°，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：x=v₀t，y=$\frac{1}{2}$at²，
解得：E=$\frac{4\sqrt{3}q{B}^{2}R}{3m}$．
答：（1）求粒子初速度v₀的大小為$\frac{\sqrt{3}qBR}{m}$．
（2）若將該粒子的初速度減為$\frac{1}{3}$v₀，仍從a點(diǎn)沿原來的方向射入磁場(chǎng)，則粒子從圓上的d點(diǎn)離開該區(qū)域，cd間的距離為R；
（3）若將磁場(chǎng)換為平行于紙面且垂直ab的勻強(qiáng)電場(chǎng)，讓該粒子以V₀仍從a點(diǎn)沿ab方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子也從c點(diǎn)離開該區(qū)域，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為$\frac{4\sqrt{3}q{B}^{2}R}{3m}$．

點(diǎn)評(píng) 本題的關(guān)鍵問題是做出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，再加上熟練應(yīng)用幾何關(guān)系才能解決這個(gè)題，帶點(diǎn)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，一定要掌握好幾何工具．