Question

7．如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OCA=30°，OA的長度為L．在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場．已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t₀．不計重力．
（1）求磁場的磁感應強度的大��；
（2）若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和；
（3）若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為$\frac{4}{3}$t₀，求粒子此次入射速度的大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子垂直O(jiān)A進入磁場中，轉(zhuǎn)過90°，垂直打在y軸上，則t=t₀=$\frac{1}{4}$T，求出周期，由周期公式求B的大�。�
（2）畫出兩個粒子的運動軌跡，設軌跡所對應的圓心角分別為θ₁和θ₂，由幾何關(guān)系有θ₁=180°-θ₂，可得到時間之和．
（3）根據(jù)圓周運動知識知道，兩粒子在磁場中運動的時間差△t與△θ=θ₂-θ₁成正比，只要求出△θ的最大值，即可求得θ₂的最大值．由△t=$\frac{△θ}{2π}T$和已知條件聯(lián)立可求出θ₂的最大值，再結(jié)合幾何知識求出軌跡的半徑，由牛頓第二定律，利用洛倫茲力等于向心力，列式求解速度．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t₀內(nèi)其速度方向改變了90°，故其周期
T=4t₀ ①
設磁感應強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r．由洛倫茲力公式和牛頓定律得
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$  ②
勻速圓周運動的速度滿足v=$\frac{2πr}{T}$  ③
聯(lián)立①②③式得：B=$\frac{πm}{2q{t}_{0}}$  ④
（2）設粒子從OA變兩個不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示．

設兩軌跡所對應的圓心角分別為θ₁和θ₂．由幾何關(guān)系有
θ₁=180°-θ₂ ⑤
粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t₁與t₂，則
t₁+t₂=$\frac{T}{2}$=2t₀ ⑥
（3）粒子運動軌跡如圖所示，由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為120°．

設O'為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r₀，圓弧與AC相切與B點，從D點射出磁場，
由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時有
∠O O'D=∠B O'A=60°  ⑦
r₀cos∠OO′D+$\frac{{r}_{0}}{cos∠BO′A}$=L  ⑧
設粒子此次入射速度的大小為v₀，
由圓周運動線速度公式，則有：v₀=$\frac{4\sqrt{3}-3πL}{13{t}_{0}}$   ⑨
答：（1）磁場的磁感應強度的大小為$\frac{πm}{2q{t}_{0}}$；
（2）該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和為2t₀；
（3）若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為$\frac{4}{3}$t₀，粒子此次入射速度的大小為$\frac{4\sqrt{3}-3πL}{13{t}_{0}}$．

點評 對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應的圓心角求時間．