Question

20．如圖，△OAC的三個頂點的坐標分別為O（0，0）、A（0，L）、C（$\sqrt{3}$L，0），在△OAC區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場．在t=0時刻，同時從三角形的OA邊各處以沿y軸正向的相同速度將質(zhì)量均為m，電荷量均為q的帶正電粒子射入磁場，已知在t=t₀時刻從OC邊射出磁場的粒子的速度方向垂直于y軸．不計粒子重力和空氣阻力及粒子間相互作用．
（1）求磁場的磁感應強度B的大��；
（2）若從OA邊兩個不同位置射入磁場的粒子，先后從OC邊上的同一點P（P點圖中未標出）射出磁場，求這兩個粒子在磁場中運動的時間t₁與t₂之間應滿足的關系；
（3）從OC邊上的同一點P射出磁場的這兩個粒子經(jīng)過P點的時間間隔與P點位置有關，若該時間間隔最大值為$\frac{4{t}_{0}}{3}$，求粒子進入磁場時的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子垂直O(jiān)A進入磁場中，轉過90°，垂直打在y軸上，則t=t₀=$\frac{1}{4}$T，求出周期，由周期公式T=$\frac{2πm}{qB}$求B的大小．
（2）畫出兩個粒子的運動軌跡，設軌跡所對應的圓心角分別為θ₁和θ₂，由幾何關系有θ₁=180°-θ₂，可得到時間之和等于$\frac{1}{2}$T．
（3）根據(jù)圓周運動知識知道，兩粒子在磁場中運動的時間差△t與△θ=θ₂-θ₁成正比，只要求出△θ的最大值，即可求得θ₂的最大值．由△t=$\frac{△θ}{360°}$和已知條件△t_max=$\frac{4{t}_{0}}{3}$，聯(lián)立可求出θ₂的最大值，再結合幾何知識求出軌跡的半徑，由牛頓第二定律，利用洛倫茲力等于向心力，列式求解速度

解答 解：（1）粒子在t₀時間內(nèi)，速度方向改變了90°，t=t₀=$\frac{1}{4}$T，故周期T=4t₀
由T=$\frac{2πm}{qB}$…①
解得：B=$\frac{πm}{2q{t}_{0}}$…②
（2）在同一點射出磁場的兩粒子軌跡如圖，軌跡所對應的圓心角分別為θ₁和θ₂，由幾何關系有：θ₁=180°-θ₂…③
故t₁+t₂=$\frac{1}{2}$T=2t₀…④
（3）由圓周運動知識可知，兩粒子在磁場中運動的時間差△t與△θ=θ₂-θ₁成正比，
由②得：△θ=θ₂-θ₁=2θ₂-180°…⑤
根據(jù)⑤式可知θ₂越大，△θ₂越大，時間差△t越大，有：△t=$\frac{△θ}{360°}$T…⑥
由題時間間隔最大值為：△t_max=$\frac{4{t}_{0}}{3}$…⑦
又T=4t₀ …⑧
則⑤⑥⑦⑧得，θ₂的最大值為：θ_max=150°…⑨
在磁場中運動時間最長的粒子軌跡如圖，由幾何關系有：α=180°-θ=30°…⑩
由幾何知識得：tan∠A=$\frac{\sqrt{3}L}{L}$=$\sqrt{3}$  
得：∠A=60°…（11）
β=90°-∠A=30°…（12）
且有：Rcosα+$\frac{R}{cosβ}$=L，
解得：R=$\frac{2\sqrt{3}L}{7}$，
根據(jù)qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：v=$\frac{\sqrt{3}πL}{7{t}_{0}}$；
答：（1）磁場的磁感應強度B的大小是$\frac{πm}{2a{t}_{0}}$；
（2）這兩個粒子在磁場中運動的時間t₁與t₂之間應滿足的關系是2t₀；
（3）從OC邊上的同一點P射出磁場的這兩個粒子經(jīng)過P點的時間間隔與P點位置有關，若該時間間隔最大值為$\frac{4{t}_{0}}{3}$，粒子進入磁場時的速度大小是$\frac{\sqrt{3}πL}{7{t}_{0}}$．

點評 對于帶電粒子在磁場中運動類型，要能作出粒子的運動軌跡，善于運用幾何知識幫助分析和求解，這是軌跡問題的解題關鍵．