Question

7．如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B=5×10^-2T，長AB=4$\sqrt{3}$m，寬BC=2m，在CD邊中點O處安裝一可使帶電粒子以相同速率向各方向均勻射出的裝置．初速度幾乎為零的帶電粒子從P點進入，經(jīng)裝置M的加速電壓U=1×10⁴V加速后到達O處，從OD到OC的平角范圍內(nèi)向各方向均勻地射出．若帶正電粒子質(zhì)量m=1.6×10^-25kg，電荷量q=3.2×10^-19C（不計粒子重力）．
（1）求帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑；
（2）求從AB邊界射出的粒子，在磁場中運動的最短時間和最長時間；
（3）若從AD邊射出的粒子數(shù)目為n，求OD到OC的平角范圍內(nèi)向各方向均勻地射出的粒子個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子軌道半徑．
（2）所有粒子的運動半徑相同，所以弦最短的圓弧所對應(yīng)的圓心角最小，運動時間最短；求出粒子轉(zhuǎn)過的最大圓心角，然后求出粒子的最長運動時間．
（3）分別求出從AD邊界和CD邊界射出粒子分布的夾角之比即為粒子數(shù)目之比．

解答 解：（1）設(shè)從O點射出的粒子速度為v，根據(jù)動能定理可得：$qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
解得：v=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×3.2×1{0}^{-19}×1{0}^{4}}{1.6×1{0}^{-25}}}m/s$=2×10⁵m/s；
粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：R=2.0m；
（2）因為所有粒子的軌跡半徑相同，所以弦最短的圓所對應(yīng)的圓心角最小，
運動時間最短，作EO⊥CD，EO弦最短，如圖所示：

因為EO=BC=2m，且R=2.0m，
所以對應(yīng)的圓心角為θ=$\frac{π}{3}$，
最短時間為：t=$\frac{θ}{2π}T$=$\frac{θm}{qB}$=$\frac{\frac{π}{3}×1.6×1{0}^{-25}}{3.2×1{0}^{-19}×0.05}$s=$\frac{π}{3}×1{0}^{-5}s$；
粒子運動時間最長時，粒子運動軌跡與AB的邊界相切粒子或進入磁場速度方向指向OC方向的粒子，
粒子轉(zhuǎn)過的最大圓心角：α=$\frac{π}{2}$，
粒子的最長運動時間：t=$\frac{1}{4}$T=$\frac{πm}{2qB}$=$\frac{π}{2}$×10^-5s；
（3）粒子能夠從AD邊射出時軌跡如圖所示，

垂直于CD方向的粒子剛好打在G點，設(shè)粒子速度方向向左偏向β角時剛好射到D點；
根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：$cos∠DO{O}_{3}=\frac{\frac{AB}{4}}{R}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
解得：∠DOO₃=30°，
則β=∠DOO₃=30°，
設(shè)OD到OC的平角范圍內(nèi)向各方向均勻地射出的粒子個數(shù)為N，則有：$\frac{N}{180°}=\frac{n}{30°}$，
解得：N=6n．
答：（1）帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2m；
（2）從AB邊界射出的粒子，在磁場中運動的最短時間為$\frac{π}{3}×1{0}^{-5}s$，最長時間為$\frac{π}{2}×1{0}^{-5}s$；
（3）若從AD邊射出的粒子數(shù)目為n，求OD到OC的平角范圍內(nèi)向各方向均勻地射出的粒子個數(shù)為6n．

點評 解決題目的關(guān)鍵是找出臨界情況，并畫出臨界情況下磁場中運動的軌跡，確定邊界范圍，找到與之對應(yīng)的入射角及對應(yīng)的圓心角．