Question

10．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，以O₁（-R，0）為圓心，R為半徑的圓內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，在y軸的右側(cè)等腰三角形OAB區(qū)域內(nèi)，存在一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場，其右邊界AB與y軸平行，∠AOB=120°，邊界AB與X軸相交于C點，兩區(qū)域磁感應強度大小相等．在圓心磁場的上冊-2R＜x＜0的區(qū)間內(nèi)有一粒子發(fā)射器，該發(fā)射器中在平行于x軸的方向上均勻分布著一簇帶電粒子，其質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0），這寫粒子在控制其的控制下能以v₀的速度同時沿y軸負方向射入圓形磁場區(qū)域．在第二象限內(nèi)x＜-2R的某一區(qū)域內(nèi)存在一個水平加速電場，該電場的電壓為U，一質(zhì)量也為m、電荷量也為q（q＞0）的S粒子，在該電場中由靜止加速后以某一速度打到控制器的觸發(fā)器上（圖中未畫出），控制器就發(fā)射粒子，這些粒子經(jīng)圓形磁場區(qū)域偏轉(zhuǎn)后都從0點進入y軸右側(cè)，部分粒子進入OAB區(qū)域內(nèi)．不計粒子重力和粒子間的相互作用．求：
（1）S粒子打擊觸發(fā)器時速度v的大小；
（2）磁場的磁感應強度B的大��；
（3）若OC=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$+$\frac{1}{2}$）R，則進入OAB區(qū)域內(nèi)的粒子能從AB邊射出區(qū)域的長度．（結(jié)果可用根式表示）

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中加速，由動能定理可以求出粒子的速度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應強度．
（3）作出粒子運動軌跡，根據(jù)粒子運動軌跡應用幾何知識求出射出區(qū)域的長度．

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=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$；
（2）設一粒子自磁場邊界D點進入磁場，該粒子由O點射出圓形磁場，
軌跡如圖1所示，過D點做速度的垂線長度為r，E為該軌跡圓的圓心．
連接DO₁、EO，可證得DEOO₁為菱形，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知：
粒子在圓形磁場中的軌道半徑：r=R，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{mv}{qR}$；
（3）由分析得沿OA方向進入OAB區(qū)域內(nèi)的粒子打在G點（最上端），
圓心為O₃，設O₃G與AB成α角；
當粒子速度方向與x軸成θ時，粒子以O₄為圓心做圓周運動，
期軌跡恰好與AB相切于J點（最下端），如圖2所示，由幾何關(guān)系得：
OC=Rcos30°+Rsinα=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$+$\frac{1}{2}$）R，OC=Rsinθ+R=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$+$\frac{1}{2}$）R，
解得：sinα=$\frac{1}{2}$，sinθ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$-$\frac{1}{2}$，

由幾何關(guān)系得進入OAB區(qū)域內(nèi)的粒子能從AB邊射出區(qū)域的長度：
GJ=Rcosα-Rsin30°+Rcosθ，解得：GJ=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$-$\frac{1}{2}$+$\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}}$）R；
答：（1）S粒子打擊觸發(fā)器時速度v的大小為$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$；
（2）磁場的磁感應強度B的大小為$\frac{mv}{qR}$；
（3）若OC=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$+$\frac{1}{2}$）R，則進入OAB區(qū)域內(nèi)的粒子能從AB邊射出區(qū)域的長度為（$\frac{\sqrt{3}}{2}$-$\frac{1}{2}$+$\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}}$）R．

點評 本題考查帶電粒子在磁場和電場中的運動，要注意電子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡對應的圓心角等于速度的偏向角．粒子在電場加速，分析清楚粒子的運動過程，作出粒子的運動軌跡，應用動能定理、牛頓第二定律可以解題，解題時注意幾何知識的應用，作出粒子運動軌跡是正確解題的前提與關(guān)鍵．