Question

10．如圖所示，以O(shè)為原點建立平面直角坐標(biāo)系Oxy，沿y軸放置一平面熒光屏，在y＞0，0＜x＜0.5m的區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小B=0.5T．在原點O放一個開有小孔粒子源，粒子源能同時放出比荷為$\frac{q}{m}$=4.0×10⁶kg/C的不同速率的正離子束，沿與x軸成30°角從小孔射入磁場，最后打在熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮．入射正離子束的速率在0到最大值v_m=2.0×10⁶m/s的范圍內(nèi)，不計離子之間的相互作用，也不計離子的重力．
（1）求離子從粒子源放出到打到熒光屏上所用的時間；
（2）求離子打到熒光屏上的范圍；
（3）實際上，從O點射入的正離子束有一定的寬度，設(shè)正離子將在與x軸成30°～60°角內(nèi)進入磁場，則某時刻（設(shè)為t=0時刻）在這一寬度內(nèi)向各個方向射入各種速率的離子，經(jīng)過$\frac{5π}{3}$×10^-7s時這些離子可能出現(xiàn)的區(qū)域面積是多大？

Answer 1

分析 （1）由幾何關(guān)系確定粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，再由周期公式可求得所用時間；
（2）離子進入磁場后由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律和圓周運動公式求出離子在磁場中運動最大的軌道半徑r_m，畫出軌跡如下左圖所示，由幾何關(guān)系求出離子打到熒光屏上的范圍．
（3）分析與x軸成60°方向入射的離子的軌跡，經(jīng)過時間t=$\frac{5π}{3}×{10^{-7}}$s時，離子轉(zhuǎn)過的圓心角為$φ=\frac{2π}{T}t=\frac{π}{3}$剛好打在y軸上，則知這些速率不同的離子，都打在y軸上．作出離子可能出現(xiàn)的區(qū)域范圍，由幾何知識求出面積．

解答 解：（1）離子在磁場中的運動的周期為T=$\frac{2πm}{Bq}$=$\frac{2π}{0.5×4×1{0}^{6}}$=3.14×10^-6s；
由幾何關(guān)系知，能夠打在熒光屏上的離子從粒子源放出到打在熒光屏上轉(zhuǎn)過的圓心角均為$\frac{2π}{3}$；
故離子從粒子源放出到打在熒光屏所用時間t=$\frac{α}{2π}$T=$\frac{π}{3}$×10^-6s；
（2）由$qvB=\frac{{m{v^2}}}{r}$得，$r=\frac{mv}{qB}，{r_m}=\frac{{m{v_m}}}{qB}=1m$
離子在磁場中運動最大軌道半徑：r_m=1m
由幾何關(guān)系知，最大速度的離子剛好沿磁場邊緣打在熒光屏上，如左圖所示．
所以O(shè)A₁長度為：$y=2rcos{30^0}=\sqrt{3}$m
即離子打到熒光屏上的范圍為：$[{0，\sqrt{3}m}]$
（3）由幾何關(guān)系知，與x軸成60°方向入射的離子，經(jīng)過時間：t=$\frac{5π}{3}×{10^{-7}}$s時離子轉(zhuǎn)過的圓心角為$φ=\frac{2π}{T}t=\frac{π}{3}$剛好打在y軸上，將t=$\frac{5π}{3}×{10^{-7}}$s時刻這些離子所在坐標(biāo)連成曲線，方程就是：x=0即都打在y軸上，所以在t=0時刻與x軸成30°～60°內(nèi)進入磁場的正離子在t=$\frac{5π}{3}×{10^{-7}}$s時刻全部出現(xiàn)在以O(shè)為圓心的扇形OA₂C₁范圍內(nèi)．如圖
則離子可能出現(xiàn)的區(qū)域面積：$S=\frac{{π{r_m}^2}}{12}=\frac{π}{12}{m^2}≈0.26{m^2}$
答：
（1）離子從粒子源放出到打到熒光屏上所用的時間為$\frac{π}{3}$×10^-6s；
（2）離子打到熒光屏上的范圍為[0，$\sqrt{3}m$]．
（3）經(jīng)過$\frac{5π}{3}×{10^{-7}}$s時這些離子可能出現(xiàn)的區(qū)域面積為0.26m²．

點評 本題是帶電粒子在有界的磁場中運動的問題，要充分運用數(shù)學(xué)知識畫軌跡，確定軌跡的圓心角，運用參數(shù)方程求出離子的軌跡方程．