Question

2．如圖所示的xOy平面上，以坐標原點O為圓心的四分之一圓形區(qū)域MON內分布著磁感應強度為B=2.0×10^-3T的勻強磁場，其中M、N點距坐標原點O為$\sqrt{2}$m，磁場方向垂直紙面向里．坐標原點O處有一個粒子源，不斷地向xOy平面發(fā)射比荷為$\frac{q}{m}$=5×10⁷ C/kg的帶正電粒子，它們的速度大小都是v=1×10⁵m/s，與x軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內．
（1）求平行于x軸射入的粒子，出射點的位置及在磁場中的運動時間；
（2）求恰好從M點射出的粒子，從粒子源O發(fā)射時的速度與x軸正向的夾角；
（3）若粒子進入磁場前經加速使其動能增加為原來的2倍，仍從O點垂直磁場方向射入第一象限，求粒子在磁場中運動的時間t與射入時與x軸正向的夾角θ的關系．

Answer 1

分析 （1）粒子平行于x軸射入，作出運動軌跡，根據洛倫茲力充當向心力可求得半徑，再由幾何關系可求得射出時的位置和運動時間；
（2）根據題意得出粒子運動的軌跡，由幾何關系可求出恰好從M點射出粒子的速度夾角；
（3）由洛倫茲力充當向心力可求得粒子半徑，作出運動軌跡圖，再由幾何關系可求得粒子在磁場中運動的時間t與射入時與x軸正向的夾角θ的關系．

解答 解：（1）平行于x軸射入的粒子，軌跡如圖所示，設出射點為P，
由$qBv=m\frac{v^2}{R}$得：$R=\frac{mv}{qB}=\frac{{{{10}^5}}}{{5×{{10}^7}×2×{{10}^{-3}}}}m=1m$
有幾何關系可知：o₁p=o₁o=1m，$op=\sqrt{2}m$，
則△o₁op為等腰直角三角形x=y=1m，$α=\frac{π}{2}$；
故P點坐標為（1m，1m），
運動時間為：$t=\frac{α}{2π}•\frac{2πm}{qB}=\frac{π}{2}×{10^{-5}}s$
（2）由幾何關系可知：o₂M=o₂o=1m，$oM=\sqrt{2}m$，
△o₂oM為等腰直角三角形$∠{o_2}oM={45^0}$，

則$θ=∠{o_2}oM={45^0}$
（3）由$R=\frac{mv}{qB}$，${E_K}=\frac{1}{2}m{v^2}$可知：
$R=\frac{{\sqrt{2m{E_K}}}}{qB}$，$\frac{R'}{R}=\sqrt{\frac{{{{E'}_K}}}{E_K}}=\sqrt{2}$，
解得：
$R'=\sqrt{2}m$

若粒子從M點出射時oM=R'，△o₃oM為正三角形，圓心角$α=\frac{π}{3}$，出射角$θ=\frac{π}{3}$；
若粒子從弧MN上射出時，弦長均為$\sqrt{2}m$，圓心角均為$α=\frac{π}{3}$，運動時間均為：$t=\frac{α}{2π}•\frac{2πm}{qB}=\frac{π}{3}×{10^{-5}}s$，
故$0≤θ≤\frac{π}{3}$時：$t=\frac{π}{3}×{10^{-5}}s$
若粒子從邊OM出射時，如圖，$α=2（{\frac{π}{2}-θ}）=π-2θ$，

運動時間$t=\frac{α}{2π}•\frac{2πm}{qB}=（π-2θ）×{10^{-5}}s$，
故$\frac{π}{3}＜θ≤\frac{π}{2}$時：t=（π-2θ）×10^-5s
答：（1）平行于x軸射入的粒子，出射點的位置（1m，1m），在磁場中的運動時間為$\frac{π}{2}×1{0}^{-5}$s；
（2）恰好從M點射出的粒子，從粒子源O發(fā)射時的速度與x軸正向的夾角45°；
（3）粒子在磁場中運動的時間t與射入時與x軸正向的夾角θ的關系為：$0≤θ≤\frac{π}{3}$時：$t=\frac{π}{3}×{10^{-5}}s$；$\frac{π}{3}＜θ≤\frac{π}{2}$時：t=（π-2θ）×10^-5s

點評 本題考查帶電粒子在磁場中的運動問題，要求能正確理解題意，明確洛倫茲力充當向心力的正確應用，注意幾何關系的應用；此類問題對學生數學應用能力要求較高，同時注意分析題意中給出的可能運動軌跡圖．