Question

如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第II、III象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E=50V/m；一圓心在O₁點(diǎn)，半徑R=5cm的絕緣彈性圓筒在與y軸切點(diǎn)O處開有小孔a，筒內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)從P（-10cm，-5cm）處沿與x軸正向成45°方向發(fā)射比荷q/m=2×10³C/kg的帶正電粒子，粒子都恰能通過原點(diǎn)O沿x軸正向射出電場并進(jìn)入磁場．不計(jì)粒子重力，試求：
（1）粒子在P點(diǎn)的發(fā)射速度v；
（2）若粒子進(jìn)入圓筒后與圓筒發(fā)生四次碰撞后又恰從孔a射出磁場，已知該帶電粒子每次與圓筒發(fā)生碰撞時(shí)電量和能量都不損失，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�（可用三角函數(shù)表示）

Answer 1

分析：（1）粒子從P點(diǎn)斜向上到達(dá)O點(diǎn)的過程做勻變速的曲線運(yùn)動(dòng)，它的逆過程可以看做是從O到P的類平拋運(yùn)動(dòng)，所以平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律即可求得粒子的發(fā)射速度．
（2）帶電粒子進(jìn)入磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力．由題，帶電粒子每次與筒壁發(fā)生碰撞時(shí)電量和能量都不損失，每次碰撞前后粒子速度大小不變、速度方向總是沿著圓筒半徑方向，粒子與圓筒壁4個(gè)碰撞點(diǎn)與小孔a恰好將圓筒壁五等分，根據(jù)對(duì)稱性，由幾何知識(shí)求出軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角，即可求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B．

解答：解：（1）粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度：a=

qE

m

=

q

m

?E=1×105m/s2
粒子在O點(diǎn)時(shí)的速度為v₀，則由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：L=v₀t=10cm
y=

1

2

at2=5cm
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=100m/s
粒子在P點(diǎn)的速度：v=

2

v0=100

2

m/s
（2）帶電粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qvB=m

v 2 0

r

…①
得：B=

mv0

qr

…②
由于帶電粒子與圓筒壁碰撞時(shí)無電量和能量損失，那么每次碰撞前后粒子速度大小不變、速度方向總是沿著圓筒半徑方向，4個(gè)碰撞點(diǎn)與小孔a恰好將圓筒壁五等分，粒子在圓筒內(nèi)的軌跡具有對(duì)稱性，由5段相同的圓弧組成，設(shè)每段軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為θ，則由幾何關(guān)系可得：

r

R

=tan

θ

2

解得，R=

r

tan θ 2

…③
有兩種情形符合題意（如圖所示）：
Ⅰ情形1：每段軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為：
θ=π-

2π

5

=

3π

5

聯(lián)立②③并代入θ值得：B=

tan 3π 10

r

?

mv0

q

…④
將數(shù)據(jù)代入④式得：B1=cot

π

5

T…⑤
Ⅱ情形2：每段軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為：θ=π-

4π

5

=

π

5

聯(lián)立②③并代入θ值及數(shù)據(jù)得：B2=cot

2π

5

T
答：（1）粒子在P點(diǎn)的發(fā)射速度為100

2

m/s；
（2）若粒子進(jìn)入圓筒后與圓筒發(fā)生四次碰撞后又恰從孔a射出磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為B1=cot

π

5

T或B2=cot

2π

5

T．

點(diǎn)評(píng)：本題的解題關(guān)鍵是抓住對(duì)稱性，由幾何知識(shí)得到粒子的軌跡半徑與圓筒半徑的關(guān)系，畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡是分析的基礎(chǔ)．