Question

如圖所示，磁感應(yīng)強度為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點距坐標(biāo)原點O均為1.0m，磁場方向垂直紙面向里．坐標(biāo)原點O處有一個粒子源，不斷地向xOy平面發(fā)射比荷為=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，出射點的位置及在磁場中運動時間；

（2）若從O點入射的與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

考點：  帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．

專題：  帶電粒子在磁場中的運動專題．

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動，由左手定則可判定洛倫茲力方向．從而可根據(jù)運動軌跡來確定洛倫茲力的方向，最終能得出磁感應(yīng)強度大小與方向．

當(dāng)平行于x軸射入的粒子時，運動軌跡對應(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，可得運動軌跡恰好是圓的四分之一．從而確定出射點的位置與運動時間．

（2）從O點入射的與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．運用物理規(guī)律與數(shù)學(xué)知識從而求出發(fā)射時的速度與x軸正向夾角范圍．

解答：  解：（1）粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：R=，

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圓弧，從MN中點P射出磁場，出射點的坐標(biāo)P（0.5m，0.5m），

粒子在磁場中運動周期：T=，

從P射出粒子在磁場中運動時間：t====1.57×10^﹣5s．

（2）當(dāng)粒子的運動軌跡恰好與MN直線相切時，粒子恰好不能從MN邊射出，粒子運動軌跡，其中與MN相切于Q點．

（3）Q點的x坐標(biāo)：x=Rcos45°﹣Rsinθ

y坐標(biāo)：y=Rsin45°+Rcosθ

又Q點在MN直線上，有y=1﹣x

代入數(shù)據(jù)，解得：cosθ﹣sinθ=2﹣

又cos²θ+sin²θ=1

聯(lián)立得：sin2θ=4﹣5=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，出射點的位置為（0.5m，0.5m），在磁場中運動時間為1.57×10^﹣5s；

（2）若從O點入射的與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)射時的速度與x軸正向夾角范圍是：[0，20.5°）．

點評：  本題考查了粒子在勻強磁場中的運動，分析清楚粒子運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動方法是：先做出粒子的運動軌跡，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．