Question

如圖所示，圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn)O． O點(diǎn)處有一放射源，沿紙面向各方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑是圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑的兩倍．已知該帶電粒子的質(zhì)量為m、電量為q，不考慮帶電粒子的重力．
（1）推導(dǎo)粒子在磁場(chǎng)空間做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑
（2）求粒子通過(guò)磁場(chǎng)空間的最大偏轉(zhuǎn)角
（3）若粒子與磁場(chǎng)邊界碰撞后以原速率反彈，則從O點(diǎn)沿x軸正方向射入磁場(chǎng)的粒子第一次回到O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間是多長(zhǎng)？（已知arctan2=

7π

20

）

Answer 1

分析：（1）帶電粒子在洛倫茲力作用下，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可求得出軌道半徑．
（2）粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)角最大，即為在磁場(chǎng)中的弧長(zhǎng)最長(zhǎng)，也就是射入點(diǎn)到射出點(diǎn)的距離最大，由題意可知，射入點(diǎn)到射出點(diǎn)的距離最大為磁場(chǎng)的直徑，由幾何知識(shí)可求出最大偏轉(zhuǎn)角．
（3）由幾何關(guān)系可知粒子在與磁場(chǎng)邊界相撞過(guò)程中所經(jīng)過(guò)的圓心角，要能返回則應(yīng)使粒子經(jīng)過(guò)的圓心角之和為2π的整數(shù)倍．根據(jù)圓心角與周期求時(shí)間．

解答：解：（1）帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，受洛倫茲力作用，由牛頓第二定律得：
  Bqυ=m

v2

r

得：軌道半徑為r=

mv

Bq

（2）設(shè)磁場(chǎng)圓形區(qū)域的半徑為R，粒子飛出和進(jìn)入磁場(chǎng)的速度方向夾角為φ，則軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角也為φ，由幾何知識(shí)得
   sin

φ

2

=

x

2r

，x是粒子在磁場(chǎng)中軌跡的兩端點(diǎn)的直線距離．
x最大值為2R，對(duì)應(yīng)的就是φ最大值．且2R=r
則sin

φm

2

=

2R

2r

=

r

2r

=

1

2

則得最大偏轉(zhuǎn)角為φ_m=2arcsin

1

2

．
（3）相鄰碰撞點(diǎn)之間的圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角α有：tan

1

2

α=

r

R

=2

即得

1

2

α=

7π

20

，則α=

7

12

π
要使粒子碰撞后返回O點(diǎn)，應(yīng)有k₁α=2πk₂（k₁、k₂為整數(shù)）
易知第一次返回O點(diǎn)：k₁=20，k₂=7（即碰撞了20次，轉(zhuǎn)了7周第一次回到O點(diǎn)）
故 t=20△t=20

π-α

2π

T=

6πm

Bq

；
答：
（1）推導(dǎo)粒子在磁場(chǎng)空間做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑
（2）粒子通過(guò)磁場(chǎng)空間的最大偏轉(zhuǎn)角
（3）若粒子與磁場(chǎng)邊界碰撞后以原速率反彈，則從O點(diǎn)沿x軸正方向射入磁場(chǎng)的粒子第一次回到O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間是

6πm

Bq

．

點(diǎn)評(píng)：該題考查到了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑的推導(dǎo)，洛倫茲力提供向心力；帶電粒子在圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角，與在磁場(chǎng)中的弧長(zhǎng)是成正比的，弧長(zhǎng)越長(zhǎng)，所對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)也就越長(zhǎng)，要會(huì)熟練的利用幾何關(guān)系求解圓心角；對(duì)于由于有限制條件使得粒子多次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的情況，要徹底分析粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，分析其運(yùn)動(dòng)規(guī)律．