Question

18．如圖所示，在一底邊長為2a，θ=30°的等腰三角形區(qū)域內(nèi)（D為底邊中點），有垂直與紙面向外的勻強磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為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，D點垂直于EF進(jìn)入磁場，EF為彈性板，不計重力和空氣阻力的影響．
（1）若粒子恰好垂直于EC邊射出磁場，求磁場的磁感應(yīng)強度B為多少？
（2）改變磁感應(yīng)強度的大小，可以再延長粒子在磁場中的運動時間，求粒子在磁場中與EF板剛好碰撞兩次的運動時間．（不計粒子與ED板碰撞的作用時間．設(shè)粒子與ED板碰撞前后，電量保持不變并以相同的速率反彈）

Answer 1

分析 （1）由動能定理求粒子進(jìn)入勻強磁場的速度，畫出粒子的軌跡運動圖，由幾何知識求半徑；
（2）作出粒子運動軌跡，由幾何知識求出粒子的軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度，然后求出粒子做圓周運動的周期，最后求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）粒子在電場中加速，由動能定理得：
qU=$\frac{1}{2}$mv²-0，解得：v=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$，
粒子恰好垂直于EC邊射出磁場，粒子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識得，粒子軌道半徑：r₁=a，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$，解得：B=$\frac{1}{a}$$\sqrt{\frac{2mU}{q}}$；
（2）粒子在磁場中與EF板剛好碰撞兩次時的運動軌跡如圖所示：

由幾何知識得：$\frac{r}{sin30°}$+3r=a，解得：r=$\frac{1}{5}$a，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，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：B′=$\frac{5}{a}$$\sqrt{\frac{2mU}{q}}$，
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB′}$=$\frac{2πa}{5}$$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$，
粒子在磁場中與EF板剛好碰撞兩次的運動時間：t=T=$\frac{2πa}{5}$$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$；
答：（1）若粒子恰好垂直于EC邊射出磁場，磁場的磁感應(yīng)強度B為$\frac{1}{a}$$\sqrt{\frac{2mU}{q}}$；
（2）粒子在磁場中與EF板剛好碰撞兩次的運動時間為$\frac{2πa}{5}$$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$．

點評 處理帶電粒子在磁場中運動問題，關(guān)鍵作出粒子的運動軌跡，會確定圓周運動的圓心、半徑、圓心角，結(jié)合半徑公式、周期公式進(jìn)行求解．