Question

20．如圖所示，在以O(shè)₁點為圓心且半徑為r=0.10m的圓形區(qū)域內(nèi)，存在著方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B=0.15T的勻強磁場（圖中未畫出）．圓的左端跟y軸相切于直角坐標(biāo)系原點O，右端與一個足夠大的熒光屏MN相切于x軸上的A點．一比荷$\frac{q}{m}$=1.0×10⁸ C/kg的帶正電粒子從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向入射，粒子重力不計．
（1）若粒子在圓形區(qū)域的邊界Q點射出勻強磁場區(qū)域，O₁A與O₁Q之間的夾角為θ=60°，求粒子從坐標(biāo)原點O入射的初速度v₀以及粒子在磁場中運動的時間t；
（2）若將該圓形磁場以過坐標(biāo)原點O并垂直于紙面的直線為軸，逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°，在此過程中不間斷地沿OA方向射入題干中所述粒子，粒子入射的速度v=3.0×10⁶m/s，求在此過程中打在熒光屏MN上的粒子與A點的最遠(yuǎn)距離．

Answer 1

分析 （1）粒子進(jìn)入磁場后由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運動，要使粒子能打在熒光屏上，粒子速度的偏向角應(yīng)大于90°，當(dāng)粒子恰好不打到熒光屏上時，粒子從磁場的最高點射出磁場，畫出軌跡，由幾何知識求出半徑，由牛頓第二定律求出此時速度，即可速度v₀應(yīng)滿足的條件，可進(jìn)一步得到時間．
（2）若粒子流的速度v₀=3.0×10⁶m/s，由牛頓第二定律求出粒子軌跡的半徑．當(dāng)圓形磁場區(qū)域轉(zhuǎn)過90°時，磁場轉(zhuǎn)動時，粒子在磁場中運動情況不變，根據(jù)作圖分析P點為最高點的位置，由數(shù)學(xué)知識求出粒子打在熒光屏上離A的最遠(yuǎn)距離．

解答 解：（1）粒子從Q點射出磁場，軌跡如圖所示，O₁為粒子做勻速圓周運動的圓心，

則軌道半徑為$R=\frac{r}{tan30°}=\frac{{\sqrt{3}}}{10}m$
由 $q{v_0}B=m\frac{v_0^2}{R}$得，
${v_0}=\frac{qBR}{m}≈2.6×{10^6}m/s$
周期 $T=\frac{2πR}{v_0}=\frac{2πm}{qB}$
所以運動時間$t=\frac{1}{6}T=\frac{πm}{3qB}≈7.0×{10^{-8}}s$；
（2）由題意可知，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為$R=\frac{{m{v_0}}}{qB}=0.2m$；
以O(shè)點為圓心，OA=0.2m為半徑做出圓弧AC交y軸于C點，以C點為圓心，CO為半徑作出粒子運動的軌跡交弧AC于D點，則OD=2r=0.2 m，
如圖所示，過D點作切線，分別交OA于F點，交MN于E點，則E點即粒子能夠打在熒光屏MN上的粒子離A點的最遠(yuǎn)距離；

由幾何關(guān)系可知，sin α=$\frac{r}{R}$  
所以  OF=Rtan α       
因此  AF=2r-OF     
由幾何關(guān)系可知∠EFA=2α
所以AE=AF•tan 2α      
以上各式聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)可得AE=$\frac{\sqrt{3}-1}{5}$ m；
答：（1）若粒子在圓形區(qū)域的邊界Q點射出勻強磁場區(qū)域，O₁A與O₁Q之間的夾角為θ=60°，粒子從坐標(biāo)原點O入射的初速度v₀為2.6×10⁶m/s，粒子在磁場中運動的時間t為7.0×10^-8s；
（2）在此過程中打在熒光屏MN上的粒子與A點的最遠(yuǎn)距離為$\frac{\sqrt{3}-1}{5}$ m．

點評 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動解題常用的程序是：
1、畫軌跡：確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．
2、找關(guān)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強度、速度聯(lián)系；偏轉(zhuǎn)角度與運動時間相聯(lián)系，時間與周期聯(lián)系．
3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律．