Question

1．如圖所示，在矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B=5.0×10^-2T，矩形區(qū)域長為$\frac{2\sqrt{3}}{5}$，寬為0.2m，在AD邊中點O處有一粒子源，某時刻，粒子源沿紙面向磁場中各方向均勻地發(fā)射出速率均為v=2×10⁶m/s的某種帶正電粒子，帶電粒子質(zhì)量m=1.6×10^-27kg、電荷量為q=+3.2×10^-19C（不計粒子重力），求：
（1）帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為多大？
（2）從BC邊界射出的粒子中，在磁場中運動的最短時間為多少？
（3）從BC邊界射出的粒子中，在磁場中運動的最長時間為多少？

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．
（3）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．

解答 解：（1）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=0.2m；
（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⊥AD，EO弦最短，如圖所示：

因為EO=0.2m，且R=0.2m，
所以對應(yīng)的圓心角為θ=$\frac{π}{3}$，
由牛頓第二定律得：qvB=m（$\frac{2π}{T}$）²R，解得：T=$\frac{2πm}{qB}$，
最短時間為：t=$\frac{θ}{2π}$T=$\frac{θm}{qB}$，
解得：t=$\frac{π}{3}$×10^-7s；
（3）粒子運動時間最長時，粒子運動軌跡與BC的邊界相切粒子或進(jìn)入磁場速度方向指向OA方向的粒子，
粒子轉(zhuǎn)過的最大圓心角：α=$\frac{π}{4}$，轉(zhuǎn)過$\frac{1}{4}$圓周，
粒子的最長運動時間：t=$\frac{1}{4}$T=$\frac{πm}{2qB}$，解得：t=$\frac{π}{2}$×10^-7s；
答：（1）帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為0.2m．
（2）從BC邊界射出的粒子中，在磁場中運動的最短時間為$\frac{π}{3}$×10^-7s；
（3）從BC邊界射出的粒子中，在磁場中運動的最長時間為$\frac{π}{2}$×10^-7s．

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．