Question

12．如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=2.0×10^-3T的磁場分布在xOy平面上的MON三角形區(qū)域，其中M、N點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O均為1.0m，磁場方向垂直紙面向里．坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一個粒子源，不斷地向xOy平面發(fā)射比荷為$\frac{q}{m}$=5×10⁷C/kg的帶正電粒子，它們的速度大小都是v=5×10⁴m/s，與x軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)．
（1）求平行于x軸射入的粒子，出射點(diǎn)的位置及在磁場中運(yùn)動時(shí)間；
（2）若從O點(diǎn)入射的與x軸正方向成θ角的粒子恰好不能從MN邊射出，試畫出此粒子運(yùn)動的軌跡；
（3）求能從直線MN射出的粒子，從粒子源O發(fā)射時(shí)的速度與x軸正向夾角范圍．
（可供參考幾個三角函數(shù)值sin41°=0.656，sin38°=0.616）．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力始終與速度相垂直，因此洛倫茲力不做功，所以動能不變，速度也不變．帶電粒子在磁場中運(yùn)動，由左手定則可判定洛倫茲力方向．從而可根據(jù)運(yùn)動軌跡來確定洛倫茲力的方向，最終能得出磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與方向．
當(dāng)平行于x軸射入的粒子時(shí)，運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心正好落在y軸上，當(dāng)已知條件算出圓弧對應(yīng)的半徑，可得運(yùn)動軌跡恰好是圓的四分之一．從而確定出射點(diǎn)的位置與運(yùn)動時(shí)間．
（2）從O點(diǎn)入射的與x軸正方向成θ角的粒子恰好不能從MN邊射出，則運(yùn)動軌跡與MN直線相切，從而可確定圓弧的圓心，算出半徑并畫出圓�。�
（3）由題意可知，能從直線MN射出的粒子就在前兩個問題之間入射，就能射出．運(yùn)用物理規(guī)律與數(shù)學(xué)知識從而求出發(fā)射時(shí)的速度與x軸正向夾角范圍．

解答 解：（1）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：R=$\frac{mv}{qB}$，
代入數(shù)據(jù)有：R=0.5m，
作平行于x軸射入粒子的軌跡，由磁場的形狀可知，
粒子剛好在磁場中做了$\frac{1}{4}$圓弧，從MN中點(diǎn)P射出磁場，出射點(diǎn)的坐標(biāo)P（0.5m，0.5m），
粒子在磁場中運(yùn)動周期：T=$\frac{2πR}{v}$，
從P射出粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間：t=$\frac{T}{4}$=$\frac{πR}{2v}$=$\frac{3.14×0.5}{2×5×104}$=1.57×10^-5s．
（2）當(dāng)粒子的運(yùn)動軌跡恰好與MN直線相切時(shí)，粒子恰好不能從MN邊射出，粒子運(yùn)動軌跡，其中與MN相切于Q點(diǎn)．
（3）Q點(diǎn)的x坐標(biāo)：x=Rcos45°-Rsinθ
y坐標(biāo)：y=Rsin45°+Rcosθ
又Q點(diǎn)在MN直線上，有y=1-x
代入數(shù)據(jù)，解得：cosθ-sinθ=2-$\sqrt{2}$
又cos²θ+sin²θ=1
聯(lián)立得：sin2θ=4$\sqrt{2}$-5=0.656，解得：θ=20.5°
所以從MN射出粒子初速方向與x軸正向夾角范圍為：[0，20.5°）；
答：（1）平行于x軸射入的粒子，出射點(diǎn)的位置為（0.5m，0.5m），在磁場中運(yùn)動時(shí)間為1.57×10^-5s；
（2）若從O點(diǎn)入射的與x軸正方向成θ角的粒子恰好不能從MN邊射出，此粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示；
（3）能從直線MN射出的粒子，從粒子源O發(fā)射時(shí)的速度與x軸正向夾角范圍是：[0，20.5°）．

點(diǎn)評 本題考查了粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，分析清楚粒子運(yùn)動過程是正確解題的關(guān)鍵；處理帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動方法是：先做出粒子的運(yùn)動軌跡，然后確定圓心、畫軌跡、求半徑、求出粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，然后應(yīng)用牛頓第二定律與幾何知識答題．