Question

14．在紙面內(nèi)固定一邊長為L的等邊三角形框架abc，熒光屏ef平行ac邊放置，ef與ac的距離為$\frac{1}{10}$L，整個裝置處在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中．質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從a點在紙面內(nèi)沿垂直ab邊的方向射出，如圖所示，最終經(jīng)c點進入acfe區(qū)域．若粒子與三角形框架ab、bc邊碰撞，則在碰撞過程中粒子不損失能量且電荷量保持不變，并要求碰撞時速度方向與被碰邊垂直，不計粒子的重力．求：
（1）若粒子與ab邊發(fā)生多次碰撞，相鄰兩次碰撞的時間間隔；
（2）粒子做圓周運動的半徑；
（3）粒子從a點到第一次通過c點過程中通過的路程；
（4）若粒子能夠打到熒光屏ef上，粒子從a點發(fā)射時的速度大小．

Answer 1

分析 （1）由于射出方向與邊框垂直，所以粒子每轉(zhuǎn)半周后就與邊框碰撞，所以時間之差就是粒子做勻速圓周運動周期的一半．
（2）考慮到每碰撞一次向上偏移2R，最后一次碰撞恰為一個半徑，則極板長應(yīng)為半徑的奇數(shù)倍．列出關(guān)系，從而求出半徑的值，顯然是關(guān)于n的多解性．
（3）求總路程要注意的是從ab邊轉(zhuǎn)到bc邊這一過程的路程為$\frac{5}{6}×2πR$，其余第碰撞一次是πR，然后把每次碰撞之和相加，就是總路程．
（4）要使粒子打到熒光屏上，則考慮軌跡與ef相切的情況．由幾何關(guān)系確定粒子只能是從a出發(fā)直接到達c點，才符合此要求，于是半徑只能是L，從而求出此種情況下的速度．

解答 解：（1）相鄰兩次碰撞時間間隔：$t=\frac{T}{2}$
由$qvB=m\frac{{v}^{2}}{R}$   $T=\frac{2πR}{v}$   
得：t=$\frac{πm}{qB}$
（2）由題意可知：L=（2n+1）R    （n=0、1、2、3、…）
 得：R=$\frac{L}{2n+1}$     （n=0、1、2、3、…）
（3）粒子做勻速圓周運動過程中一個周期通過的路程S₀=2πR=$\frac{2πL}{2n+1}$     （n=0、1、2、3、…）
粒子從a點射出后，第一次通過c點過程中通過的路程：S_oc=$（n+\frac{5}{6}）{S}_{0}$    （n=0、1、2、3、…）
得：S_oc=$\frac{πL（6n+5）}{3（2n+1）}$    （n=0、1、2、3、…）
（4）如圖所示，由題意可知：θ=30° 
 假設(shè)粒子恰好與ef相切，滿足：$R′cos30°=R′-\frac{1}{10}L$  
得：$R′=\frac{2+\sqrt{3}}{5}L$＜L    代入R=$\frac{L}{2n+1}$ （n=0、1、2、3、…）得：$n=\frac{9-5\sqrt{3}}{2}=0.17$
若粒子能夠打到熒光屏ef上，只有n=0滿足條件．
此時，粒子從a點發(fā)射時的速度為v，由R=L=$\frac{mv}{qB}$  得：v=$\frac{qBL}{m}$
答：（1）若粒子與ab邊發(fā)生多次碰撞，相鄰兩次碰撞的時間間隔為$\frac{πm}{qB}$．
（2）粒子做圓周運動的半徑為$\frac{L}{2n+1}$   （n=0、1、2、3、…）．
（3）粒子從a點到第一次通過c點過程中通過的路程為$\frac{πL（6n+5）}{3（2n+1）}$ （n=0、1、2、3、…）．
 （4）若粒子能夠打到熒光屏ef上，粒子從a點發(fā)射時的速度大小為$\frac{qBL}{m}$．

點評 本題的靚點有：①粒子做勻速圓周運動的多解性，由于沒有告訴磁感應(yīng)強度大小，也不告訴碰撞的次數(shù)，所以要設(shè)想碰撞n次，寫出邊長與半徑的關(guān)系．②要能夠打到熒光屏上是一個更含蓄的結(jié)論，選寫出符合此條件的半徑滿足的幾何關(guān)系，將前一問的半徑式進行比較，從而求出碰撞次數(shù)，于是求出了速度．