Question

2．如图所示，在一平面内有一半径为R的圆形区域，区域内、外存在大小不同、方向均存在纸面向内的匀强磁场，圆心O处有一粒子源，可以向平面内各个方向发射速度大小为v、质量为m、电荷量为-q的粒子，现以O点为原点，建立x坐标轴，其中沿与x轴成α=60°角发射的粒子，恰好打到x轴上的P点，P点坐标为x=$\frac{\sqrt{3}+\sqrt{7}}{2}$R（P点图中未标出）．已知，圆内磁场磁感应强度B₁=$\frac{mv}{qR}$，圆外磁场磁感应强度B₂（未知）．试求：
（1）带电粒子在圆内区域中的运动半径和圆外磁场的磁感应强度B₂；
（2）有粒子可能出现的区域的面积；
（3）其他能够经过P点的粒子，在O点出射时的速度方向（用与x轴正方向的夹角表示）．

Answer 1

分析 （1）由洛仑兹力提供向心力很容易求出粒子在圆内的运动的半径，再由几何关系就能求出粒子离开B₁磁场的方向，当到达P点时，再由几何关系可以求出粒子在B₂中做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力就能求得B₂．
（2）画出粒子的在圆内和圆外的运动轨迹，找到粒子运动到圆外的最远点N，求出ON的长，由于粒子是朝各个方向射出的，则粒子能到达的面积是以ON为半径的圆．
（3）以O为圆心，$\overline{O{O}_{2}}$为半径作圆，该圆为粒子在B₂的磁场中轨迹圆心所在，圆心上到P点距离等于r₂的点有两个，一个为O₂，另一个点O′₂与O₂关于x轴对称．
因为∠OO₂M=30°，所以∠O₂OO′₂=120°，则当粒子在B₂磁场中轨迹圆为O′₂时，其发射速度为v′，所以发射速度v′与v成120°，由此可得：发射速度v′与x轴正方向的夹角为180°．

解答 解：（1）粒子在B₁磁场中做匀速圆周运动
  $qb{B}_{1}=m\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$   
  且：${B}_{1}=\frac{mv}{qR}$
  解得：r=R
  粒子从M点进入B₂磁场中，由几何关系知道，粒子在B₁磁场中轨迹圆心O₁、M、O构成一个关于x轴对称边
 长为R的正三角形，所以粒子从M点沿平行于x轴进入B₂磁场中．
   $（x-Rcos30°）^{2}+（{r}_{2}-Rsin30°）^{2}={{r}_{2}}^{2}$
  解得：r₂=2R
  因为   $qv{B}_{2}=m\frac{{v}^{2}}{{r}_{2}}$
  得：${B}_{2}=\frac{mv}{2qR}=\frac{{B}_{1}}{2}$
（2）因为  OM=R，O₂M=2R，所以∠OMO₂=60°  得OO₂=$\sqrt{3}R$
  所以粒子运动到离O点最远的N点时，如图，
  ON=OO₂+r₂=$（2+\sqrt{3}）R$
  粒子可能出现的区域面积为：
  S=$πO{N}^{2}=（7+4\sqrt{3}）π{R}^{2}$
（3）以O为圆心，$\overline{O{O}_{2}}$为半径作圆，该圆为粒子在B₂的磁场中轨迹圆心所在，圆心上到P点距离等于r₂的点有两个，一
  个为O₂，另一个点O′₂与O₂关于x轴对称．
      因为∠OO₂M=30°
      所以∠O₂OO′₂=120°
   当粒子在B₂磁场中轨迹圆为O′₂时，其发射速度为v′，所以发射速度v′与v成120°，由此可得：发射速度v′与x轴正
  方向的夹角为180°．
答：（1）带电粒子在圆内区域中的运动半径为R，圆外磁场的磁感应强度B₂为$\frac{mv}{2qB}$（或$\frac{{B}_{1}}{2}$）．
（2）有粒子可能出现的区域的面积为$（7+4\sqrt{3}）π{R}^{2}$．
（3）其他能够经过P点的粒子，在O点出射时的速度方向与x轴正方向的夹角为180°．

点评 本题的靓点在于：①两个磁场区域出现圆内和圆外，圆内已知，本身粒子在圆形磁场区域内的运动就是复杂，何况出现两个圆区域．②粒子在圆心处向各个方向射出速度相等粒子，则粒子打在圆外不同位置，第三问还要找出都能通过P点的入射粒子的入射方向．