Question

9．圖示為半徑為R的四分之三圓周CED，O為圓心，A為CD的中點，在OCEDO內(nèi)充滿垂直于紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為B．一群相同的帶正電粒子以相同的速率從AC部分垂直于AC射向磁場區(qū)域，沿半徑OD放置一粒子吸收板，所有射在板上的粒子均被完全吸收．已知粒子的質(zhì)量為m，電量為q，速率v=$\frac{qBR}{2m}$，假設粒子不會相遇，忽略粒子間的相互作用，不考慮粒子的重力．求：
（1）粒子在磁場中的運動半徑；
（2）粒子在磁場中運動的最短和最長時間；
（3）吸收板上有粒子擊中的長度．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求解粒子在磁場中的運動半徑；
（2）由圓周運動規(guī)律求出粒子運動的周期，畫出粒子運動軌跡，結(jié)合幾何關系即可求出粒子在磁場中運動的最短和最長時間；
（3）軌跡圓圓心的軌跡一定在與OC平行的線上，如圖中O₁、O₂、O₃線上，其中O₁在AC上，O₂在OA上，O₃在板OD上．①圓心在O₁到O₂間時，粒子打在板OD的左面，由幾何關系求吸收板上有粒子擊中的長度．②圓心在O₂到O₃間時，粒子打在板OD的右面，再由幾何關系求解．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，設圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得：
   qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
代入v=$\frac{qBR}{2m}$，得 r=$\frac{R}{2}$
（2）粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，則有
    T=$\frac{2πr}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$
如圖所示，部分粒子從OC邊射入磁場，又從OC邊射出磁場
由對稱性可知，粒子偏轉(zhuǎn)的圓心角為90°，

最短時間 t₁=$\frac{T}{4}$=$\frac{πm}{2qB}$
沿AO入射的粒子，與磁場圓在最低點內(nèi)切，
圓心角為270°，如圖所示
最長時間 t₂=$\frac{3T}{4}$=$\frac{3πm}{2qB}$
（3）軌跡圓圓心的軌跡一定在與OC平行的線上，如圖中O₁、O₂、O₃線上，
其中O₁在AC上，O₂在OA上，O₃在板OD上
①圓心在O₁到O₂間時，粒子打在板OD的左面，有圖中幾何關系得，
左表面的長度范圍為 L₁=R-$\frac{\sqrt{2}}{2}$R=$\frac{2-\sqrt{2}}{2}$R
②圓心在O₂到O₃間時，粒子打在板OD的右面，有圖中幾何關系得
右表面的長度范圍為EF段，長度為 L₂=$\frac{R}{2}$-$\frac{\sqrt{2}}{4}$R=$\frac{2-\sqrt{2}}{4}$R
綜上，有粒子擊中的長度為 L=L₁+L₂=$\frac{3}{2}$R-$\frac{3\sqrt{2}}{4}$R=$\frac{6-3\sqrt{2}}{4}$R

答：
（1）粒子在磁場中的運動半徑是$\frac{R}{2}$；
（2）粒子在磁場中運動的最短和最長時間分別為$\frac{πm}{2qB}$和$\frac{3πm}{2qB}$；
（3）吸收板上有粒子擊中的長度是$\frac{6-3\sqrt{2}}{4}$R．

點評 本題在粒子在磁場中運動時，畫出粒子的運動軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑是關鍵，要注意分析時間與周期的關系．