Question

7．如图所示，在矩形区域ABCD内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=5×10^-2T，长AB=4$\sqrt{3}$m，宽BC=2m，在CD边中点O处安装一可使带电粒子以相同速率向各方向均匀射出的装置．初速度几乎为零的带电粒子从P点进入，经装置M的加速电压U=1×10⁴V加速后到达O处，从OD到OC的平角范围内向各方向均匀地射出．若带正电粒子质量m=1.6×10^-25kg，电荷量q=3.2×10^-19C（不计粒子重力）．
（1）求带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
（2）求从AB边界射出的粒子，在磁场中运动的最短时间和最长时间；
（3）若从AD边射出的粒子数目为n，求OD到OC的平角范围内向各方向均匀地射出的粒子个数．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子轨道半径．
（2）所有粒子的运动半径相同，所以弦最短的圆弧所对应的圆心角最小，运动时间最短；求出粒子转过的最大圆心角，然后求出粒子的最长运动时间．
（3）分别求出从AD边界和CD边界射出粒子分布的夹角之比即为粒子数目之比．

解答 解：（1）设从O点射出的粒子速度为v，根据动能定理可得：$qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
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；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
代入数据解得：R=2.0m；
（2）因为所有粒子的轨迹半径相同，所以弦最短的圆所对应的圆心角最小，
运动时间最短，作EO⊥CD，EO弦最短，如图所示：

因为EO=BC=2m，且R=2.0m，
所以对应的圆心角为θ=$\frac{π}{3}$，
最短时间为：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=$\frac{π}{3}×1{0}^{-5}s$；
粒子运动时间最长时，粒子运动轨迹与AB的边界相切粒子或进入磁场速度方向指向OC方向的粒子，
粒子转过的最大圆心角：α=$\frac{π}{2}$，
粒子的最长运动时间：t=$\frac{1}{4}$T=$\frac{πm}{2qB}$=$\frac{π}{2}$×10^-5s；
（3）粒子能够从AD边射出时轨迹如图所示，

垂直于CD方向的粒子刚好打在G点，设粒子速度方向向左偏向β角时刚好射到D点；
根据图中几何关系可得：$cos∠DO{O}_{3}=\frac{\frac{AB}{4}}{R}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
解得：∠DOO₃=30°，
则β=∠DOO₃=30°，
设OD到OC的平角范围内向各方向均匀地射出的粒子个数为N，则有：$\frac{N}{180°}=\frac{n}{30°}$，
解得：N=6n．
答：（1）带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为2m；
（2）从AB边界射出的粒子，在磁场中运动的最短时间为$\frac{π}{3}×1{0}^{-5}s$，最长时间为$\frac{π}{2}×1{0}^{-5}s$；
（3）若从AD边射出的粒子数目为n，求OD到OC的平角范围内向各方向均匀地射出的粒子个数为6n．

点评 解决题目的关键是找出临界情况，并画出临界情况下磁场中运动的轨迹，确定边界范围，找到与之对应的入射角及对应的圆心角．