Question

20．如图所示，在以O₁点为圆心且半径为r=0.10m的圆形区域内，存在着方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=0.15T的匀强磁场（图中未画出）．圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点．一比荷$\frac{q}{m}$=1.0×10⁸ C/kg的带正电粒子从坐标原点O沿x轴正方向入射，粒子重力不计．
（1）若粒子在圆形区域的边界Q点射出匀强磁场区域，O₁A与O₁Q之间的夹角为θ=60°，求粒子从坐标原点O入射的初速度v₀以及粒子在磁场中运动的时间t；
（2）若将该圆形磁场以过坐标原点O并垂直于纸面的直线为轴，逆时针缓慢旋转90°，在此过程中不间断地沿OA方向射入题干中所述粒子，粒子入射的速度v=3.0×10⁶m/s，求在此过程中打在荧光屏MN上的粒子与A点的最远距离．

Answer 1

分析 （1）粒子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，要使粒子能打在荧光屏上，粒子速度的偏向角应大于90°，当粒子恰好不打到荧光屏上时，粒子从磁场的最高点射出磁场，画出轨迹，由几何知识求出半径，由牛顿第二定律求出此时速度，即可速度v₀应满足的条件，可进一步得到时间．
（2）若粒子流的速度v₀=3.0×10⁶m/s，由牛顿第二定律求出粒子轨迹的半径．当圆形磁场区域转过90°时，磁场转动时，粒子在磁场中运动情况不变，根据作图分析P点为最高点的位置，由数学知识求出粒子打在荧光屏上离A的最远距离．

解答 解：（1）粒子从Q点射出磁场，轨迹如图所示，O₁为粒子做匀速圆周运动的圆心，

则轨道半径为$R=\frac{r}{tan30°}=\frac{{\sqrt{3}}}{10}m$
由 $q{v_0}B=m\frac{v_0^2}{R}$得，
${v_0}=\frac{qBR}{m}≈2.6×{10^6}m/s$
周期 $T=\frac{2πR}{v_0}=\frac{2πm}{qB}$
所以运动时间$t=\frac{1}{6}T=\frac{πm}{3qB}≈7.0×{10^{-8}}s$；
（2）由题意可知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为$R=\frac{{m{v_0}}}{qB}=0.2m$；
以O点为圆心，OA=0.2m为半径做出圆弧AC交y轴于C点，以C点为圆心，CO为半径作出粒子运动的轨迹交弧AC于D点，则OD=2r=0.2 m，
如图所示，过D点作切线，分别交OA于F点，交MN于E点，则E点即粒子能够打在荧光屏MN上的粒子离A点的最远距离；

由几何关系可知，sin α=$\frac{r}{R}$  
所以  OF=Rtan α       
因此  AF=2r-OF     
由几何关系可知∠EFA=2α
所以AE=AF•tan 2α      
以上各式联立，代入数据可得AE=$\frac{\sqrt{3}-1}{5}$ m；
答：（1）若粒子在圆形区域的边界Q点射出匀强磁场区域，O₁A与O₁Q之间的夹角为θ=60°，粒子从坐标原点O入射的初速度v₀为2.6×10⁶m/s，粒子在磁场中运动的时间t为7.0×10^-8s；
（2）在此过程中打在荧光屏MN上的粒子与A点的最远距离为$\frac{\sqrt{3}-1}{5}$ m．

点评 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题常用的程序是：
1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．
2、找关系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系．
3、用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律．