13.如圖,半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向里(圖中未畫).一帶正電的粒子沿圖中直線以速率v0從圓上的a點射入柱形區(qū)域,從圓上b點(圖中未畫)射出磁場時速度方向與射入時的夾角為60°.已知圓心O到直線的距離為 $\frac{1}{2}$R.不計粒子重力.
(1)求粒子的比荷 $\frac{q}{m}$;
(2)現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于圖中虛線的勻強電場,同一粒子以兩樣的速度從A點射入柱形區(qū)域,也在a點離開該區(qū)域.求電場強度的大。
(3)若保持(2)電場不變,原磁場方向也不變,調(diào)節(jié)磁感應強度大小使粒子恰好經(jīng)過圓心O,求粒子通過圓心0時的速度大小.

分析 (1)通過帶電粒子在磁場中做圓周運動,畫出粒子運動的軌跡,根據(jù)幾何關系求出軌道半徑的大小,結合洛倫茲力提供向心力,求得比荷.
(2)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動,結合在沿電場方向上做勻加速直線運動和垂直于電場方向做勻速直線運動,求出電場強度的大。
(3)若保持(2)電場不變,原磁場方向也不變,粒子從a到O點的過程中只有電場力做功,由動能定理即可求得末速度.

解答 解:(1)粒子在磁場中做圓周運動.設圓周半徑為r,由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得:$q{v}_{0}B=\frac{m{v}_{0}^{2}}{r}$…①
大致畫出b點位置及粒子運動軌跡,軌跡圓的圓心為O',連接ab及O'a、O'b,由題知半徑轉過的圓心角θ=60°,△O'ab為等邊三角形,∠O'ab=60°,則∠bac=30°,其中Oc為入射線的垂線段,而在△Oac中,因$\overline{Oc}=\frac{1}{2}R$,$\overline{Oa}=R$,所以∠Oac=30°,即O點在ab連線上.
由幾何關系知:r=2R…②
由①②兩式解得:$\frac{q}{m}=\frac{{v}_{0}}{2BR}$…③
(2)考慮粒子在電場中的運動.設電場強度的大小為E,粒子在電場中做類平拋運動.設其加速度大小為a,由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得:
qE=ma…④
由于ab是圓的直徑,入射方向與圓交于d點,則有bd垂直于ad,則ad長度為粒子在垂直于電場方向的位移,bd為粒子在平行于電場方向的位移.由運動學公式得:$2Rsin30°=\frac{1}{2}a{t}^{2}$…⑤
2Rcos30°=v0t…⑥
由③④⑤⑥解得:$E=\frac{4}{3}{v}_{0}B$    ⑦
(3)若保持(2)電場不變,原磁場方向也不變,粒子從a到O點的過程中只有電場力做功,$qE•\overline{Oc}=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$   ⑧
得:$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+qE•\frac{1}{2}R}$   ⑨
聯(lián)立③⑦⑨得:$v=\sqrt{\frac{5}{3}}{v}_{0}$
答:(1)粒子的比荷($\frac{q}{m}$)是$\frac{{v}_{0}}{2BR}$;(2)電場強度的大小是$\frac{4}{3}{v}_{0}B$;(3)粒子通過圓心0時的速度大小是$\sqrt{\frac{5}{3}}{v}_{0}$.

點評 解決本題的關鍵掌握帶電粒子在磁場中磁偏轉和在電場中電偏轉的區(qū)別,知道磁偏轉做勻速圓周運動,電偏轉做類平拋運動.

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