Question

16．在某平面上有一半徑為R的圓形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)外均有垂直于該平面的勻強(qiáng)磁場，圓外磁場范圍足夠大，已知兩部分磁場方向相反且磁感應(yīng)強(qiáng)度都為B，方向如圖所示．現(xiàn)在圓形區(qū)域的邊界上的A點有一個帶電量為+q，質(zhì)量為m的帶電粒子以垂直于磁場方向且沿半徑向圓外的速度從該圓形邊界射出，已知該粒子只受到磁場對它的作用力．
（1）若粒子從A點射出后，第二次經(jīng)過磁場邊界時恰好經(jīng)過C點（AC是圓形區(qū)域的直徑），求粒子的運(yùn)動半徑
（2）若粒子在其與圓心O的連線旋轉(zhuǎn)一周時，恰好能回到A點，試求該粒子運(yùn)動速度v的可能值．
（3）在粒子恰能回到A點的情況下，求該粒子回到A點所需的最短時間．

Answer 1

分析 （1）粒子從A點射出后，第二次經(jīng)過磁場邊界時恰好經(jīng)過C點，畫出軌跡圖即可得到軌道半徑；
（2）離子進(jìn)入磁場中，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出軌道半徑r；畫出離子運(yùn)動的軌跡，由幾何知識求出軌跡的半徑，即可求出離子的運(yùn)動速度v；
（3）粒子穿越圓形邊界的次數(shù)越少，所需時間就越短，根據(jù)上題中結(jié)論，求出粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的圓弧的圓心角，即可求出離子回到A點所需的最短時間t．

解答 解：（1）畫出軌跡如，如圖所示：

可得粒子運(yùn)動的半徑等于磁場區(qū)域圓半徑，即：
r=R       
（2）粒子運(yùn)動的半徑為r，洛倫茲力提供向心力，故：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：
r=$\frac{mv}{qB}$          ①
如圖，O₁為粒子運(yùn)動的第一段圓弧AB的圓心，O₂為粒子運(yùn)動的第二段圓弧BC的圓心，根據(jù)幾何關(guān)系可知：
tanθ=$\frac{r}{R}$         ②
∠AOB=∠BOC=2θ，如果粒子回到A點，則必有：
2n×2θ=2π   n取正整數(shù)     ③
由①②③可得：
v=$\frac{qBR}{m}tan\frac{π}{n}$               
考慮到θ為銳角，即0$＜θ＜\frac{π}{2}$，根據(jù)③可得
n≥3
故v=$\frac{qBR}{m}tan\frac{π}{n}$   （n=3、4、5、…）        
（3）粒子做圓周運(yùn)動的周期
T=$\frac{2πm}{qB}$               
因為粒子每次在圓形區(qū)域外運(yùn)動的時間和圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時間互補(bǔ)為一個周期T，所以粒子穿越圓形邊界的次數(shù)越少，所花時間就越短，因此取n=3
代入到③可得
θ=$\frac{π}{3}$                       
粒子在圓形區(qū)域外運(yùn)動的圓弧的圓心角為a
α=2π-2（$\frac{π}{2}-θ$）=$\frac{5}{3}π$
故所求的粒子回到A點的最短運(yùn)動時間
t=T+$\frac{α}{2π}$T=$\frac{11πm}{3qB}$
答：（1）若粒子從A點射出后，第二次經(jīng)過磁場邊界時恰好經(jīng)過C點（AC是圓形區(qū)域的直徑），則粒子的運(yùn)動半徑為R；
（2）若粒子在其與圓心O的連線旋轉(zhuǎn)一周時，恰好能回到A點，該粒子運(yùn)動速度v的為$\frac{qBR}{m}tan\frac{π}{n}$ （n=3、4、5、…）；
（3）在粒子恰能回到A點的情況下，該粒子回到A點所需的最短時間為$\frac{11πm}{3qB}$．

點評 本題中離子做周期性的運(yùn)動，畫出軌跡，由幾何知識求解軌道半徑是解題的關(guān)鍵．