Question

12．如图所示，磁感应强度为B=2.0×10^-3T的磁场分布在xOy平面上的MON三角形区域，其中M、N点距坐标原点O均为1.0m，磁场方向垂直纸面向里．坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为$\frac{q}{m}$=5×10⁷C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v=5×10⁴m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．
（1）求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中运动时间；
（2）若从O点入射的与x轴正方向成θ角的粒子恰好不能从MN边射出，试画出此粒子运动的轨迹；
（3）求能从直线MN射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向夹角范围．
（可供参考几个三角函数值sin41°=0.656，sin38°=0.616）．

Answer 1

分析 （1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力始终与速度相垂直，因此洛伦兹力不做功，所以动能不变，速度也不变．带电粒子在磁场中运动，由左手定则可判定洛伦兹力方向．从而可根据运动轨迹来确定洛伦兹力的方向，最终能得出磁感应强度大小与方向．
当平行于x轴射入的粒子时，运动轨迹对应的圆心正好落在y轴上，当已知条件算出圆弧对应的半径，可得运动轨迹恰好是圆的四分之一．从而确定出射点的位置与运动时间．
（2）从O点入射的与x轴正方向成θ角的粒子恰好不能从MN边射出，则运动轨迹与MN直线相切，从而可确定圆弧的圆心，算出半径并画出圆弧．
（3）由题意可知，能从直线MN射出的粒子就在前两个问题之间入射，就能射出．运用物理规律与数学知识从而求出发射时的速度与x轴正向夹角范围．

解答 解：（1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：R=$\frac{mv}{qB}$，
代入数据有：R=0.5m，
作平行于x轴射入粒子的轨迹，由磁场的形状可知，
粒子刚好在磁场中做了$\frac{1}{4}$圆弧，从MN中点P射出磁场，出射点的坐标P（0.5m，0.5m），
粒子在磁场中运动周期：T=$\frac{2πR}{v}$，
从P射出粒子在磁场中运动时间：t=$\frac{T}{4}$=$\frac{πR}{2v}$=$\frac{3.14×0.5}{2×5×104}$=1.57×10^-5s．
（2）当粒子的运动轨迹恰好与MN直线相切时，粒子恰好不能从MN边射出，粒子运动轨迹，其中与MN相切于Q点．
（3）Q点的x坐标：x=Rcos45°-Rsinθ
y坐标：y=Rsin45°+Rcosθ
又Q点在MN直线上，有y=1-x
代入数据，解得：cosθ-sinθ=2-$\sqrt{2}$
又cos²θ+sin²θ=1
联立得：sin2θ=4$\sqrt{2}$-5=0.656，解得：θ=20.5°
所以从MN射出粒子初速方向与x轴正向夹角范围为：[0，20.5°）；
答：（1）平行于x轴射入的粒子，出射点的位置为（0.5m，0.5m），在磁场中运动时间为1.57×10^-5s；
（2）若从O点入射的与x轴正方向成θ角的粒子恰好不能从MN边射出，此粒子运动的轨迹如图所示；
（3）能从直线MN射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向夹角范围是：[0，20.5°）．

点评 本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键；处理带电粒子在磁场中做匀速圆周运动方法是：先做出粒子的运动轨迹，然后确定圆心、画轨迹、求半径、求出粒子转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律与几何知识答题．