Question

6．如圖所示，在邊長為L的等邊三角形ACD區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度B、方向垂直紙面向外的勻強磁場．現(xiàn)有一束質(zhì)量為m，電荷量為+q的帶電粒子，以某一速度從AC邊中點P、平行于CD邊垂直磁場射入，粒子的重力可忽略不計．
（1）若粒子進入磁場時的速度大小為v₀，求粒子在磁場中運動的軌道半徑；
（2）若粒子能從AC邊飛出磁場，求粒子在磁場中的運動時間；
（3）為使粒子能從CD邊飛出磁場，粒子進入磁場時的速度大小應(yīng)滿足的條件？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力，則即可求解；
（2）根據(jù)題意，作出運動軌跡，由幾何關(guān)系，求出圓心角，算出運動的時間；
（3）粒子恰從CD邊出磁場，根據(jù)幾何關(guān)系，則可確定各自運動的半徑．從而求出對應(yīng)的速度，確定結(jié)果．

解答 解：（1）設(shè)粒子在磁場中運動的軌道半徑為r，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$；    
（2）從AC邊出磁場如圖所示：

圓心角：θ=$\frac{4π}{3}$，
粒子在磁場中做圓周運動的周期公式：T=$\frac{2πm}{qB}$，
則有運動的時間為：t=$\frac{θ}{2π}$T=$\frac{4πm}{3qB}$；
（3）設(shè)粒子從CD邊飛出磁場的最小半徑為r₁，對應(yīng)最小速度為v₁，則
r₁=$\frac{L}{4}$sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{8}$L，由牛頓第二定律得：qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{r}_{1}}$，解得：v₁=$\frac{\sqrt{3}qBL}{8m}$，
設(shè)粒子能從D點飛出磁場，對應(yīng)的半徑為r₂，速度為v₂，圓心角為α，則
r₂²=（L-$\frac{L}{4}$）²+（r₂-$\frac{\sqrt{3}L}{4}$）²，sinα=$\frac{3L}{4{r}_{2}}$，解得：r₂=$\frac{\sqrt{3}}{2}$L，α=60°，
由幾何關(guān)系可知，粒子能從D點飛出磁場，且飛出時速度方向沿AD方向
由牛頓第二定律得：qv₂B=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{{r}_{2}}$，解得：v₂=$\frac{\sqrt{3}qBL}{2m}$，
所以速度大小應(yīng)滿足的條件：$\frac{\sqrt{3}qBL}{8m}$＜v＜$\frac{\sqrt{3}qBL}{2m}$；
答：（1）若粒子進入磁場時的速度大小為v₀，粒子在磁場中運動的軌道半徑為$\frac{m{v}_{0}}{qB}$；
（2）若粒子能從AC邊飛出磁場，粒子在磁場中的運動時間為$\frac{4πm}{3qB}$；
（3）為使粒子能從CD邊飛出磁場，粒子進入磁場時的速度大小應(yīng)滿足的條件是：$\frac{\sqrt{3}qBL}{8m}$＜v＜$\frac{\sqrt{3}qBL}{2m}$．

點評 解決本題的關(guān)鍵是正確的確定從CD邊射出的兩個臨界點，最右邊是從D射出，但最左邊不是從C射出，而是與下邊界相切為臨界．