Question

7．如圖甲所示的坐標(biāo)系內(nèi)，在x=x₀（x₀＞0）處有一垂直x軸放置的擋板，在y軸與擋板之間的區(qū)域內(nèi)存在個一與xOy平面垂直且指向紙內(nèi)的勻強磁場，磁感強度大小B=0.2T，位于坐標(biāo)原點O處的粒子源向xOy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶正電的粒子，所有粒子的初速度大小均為v_o=1.0×10⁶m/s，粒子的比荷為$\frac{q}{m}$=1.0×10⁸C/kg，不計粒子所受重力和粒子間的相互作用，粒子打到擋板上后均被擋板吸收．
（1）求粒子在磁場中運動的軌道半徑R：
（2）如圖乙所示，為使沿初速度方向與x軸正方向的夾角θ=30°射出的粒子不打到擋板上，x₀必須滿足什么條件？該粒子在磁場中運動的時間是多少？
（3）若x₀=7.5×10^-2m，求粒子打在擋板上的范圍（用y坐標(biāo)表示）．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中由洛倫茲力充當(dāng)向心力做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律求出軌道半徑．
（2）粒子恰好不打到擋板上，其運動軌跡與擋板相切，畫出軌跡，由幾何知識求出x₀，即可得到x₀滿足的條件．根據(jù)粒子軌道對應(yīng)的圓心角θ，由公式$t=\frac{θ}{2π}T$求出時間
（3）若x₀=7.5×10^-2m，畫出粒子的運動軌跡，由幾何知識求出粒子打在擋板上的范圍

解答 解：（1）由牛頓第二定律得：$q{v}_{0}^{\;}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
解得：$R=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qB}=5.0×1{0}_{\;}^{-2}m$
（2）如圖所示，設(shè)粒子的運動軌跡恰好與擋板相切，由幾何關(guān)系得：
${x}_{0}^{\;}=R+Rsinθ$
解得：${x}_{0}^{\;}=7.5×1{0}_{\;}^{-2}m$
所以粒子打不到擋板上${x}_{0}^{\;}≥7.5×1{0}_{\;}^{-2}m$
粒子在磁場中運動的周期為T：
$T=\frac{2πR}{v}=\frac{2πm}{Bq}=π×1{0}_{\;}^{-7}s$
由幾何知識可知，粒子的軌道對應(yīng)的圓心角為：$α=2θ+π=\frac{4π}{3}$
則該粒子在磁場中運動的時間：$t=\frac{\frac{4π}{3}}{2π}T=\frac{2}{3}T=\frac{2π}{3}×1{0}_{\;}^{-7}s$
（3）當(dāng)粒子沿著-y方向入射時，將打在擋板上的M點，其縱坐標(biāo)${y}_{M}^{\;}=-\sqrt{{R}_{\;}^{2}-（{x}_{0}^{\;}-R）_{\;}^{2}}=-\frac{5\sqrt{3}}{2}×1{0}_{\;}^{-2}m$
當(dāng)粒子的運動軌跡和擋板相切與N點，其縱坐標(biāo)${y}_{N}^{\;}=\frac{5\sqrt{3}}{2}×1{0}_{\;}^{-2}m$
則粒子打在擋板上的范圍為$-\frac{5\sqrt{3}}{2}×1{0}_{\;}^{-2}m≤y＜\frac{5\sqrt{3}}{2}×1{0}_{\;}^{-2}m$
答：（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑R為$5.0×1{0}_{\;}^{-2}m$：
（2）如圖乙所示，為使沿初速度方向與x軸正方向的夾角θ=30°射出的粒子不打到擋板上，x₀必須滿足條件${x}_{0}^{\;}≥7.5×1{0}_{\;}^{-2}m$該粒子在磁場中運動的時間是$\frac{2π}{3}×1{0}_{\;}^{-7}s$
（3）若x₀=7.5×10^-2m，粒子打在擋板上的范圍$-\frac{5\sqrt{3}}{2}×1{0}_{\;}^{-2}m≤y＜\frac{5\sqrt{3}}{2}×1{0}_{\;}^{-2}m$

點評 本題的解題關(guān)鍵是畫出軌跡，運用幾何知識求出相關(guān)的距離，確定圓心角，求解粒子運動的時間