Question

（2011?紹興二模）如圖所示，在xoy平面內(nèi)x＞0處有一半圓形勻強磁場，磁場區(qū)域圓心為O，半徑為R=0.10m，磁感應強度大小為B=0.5T，磁場方向垂直xoy平面向里．有一線狀粒子源放在y軸左側（圖中未畫出），不斷沿平行于x軸正方向放出電荷量為q=+1.6×10^-19C、初速度為v₀=1.6×10⁶m/s的粒子，粒子的質量為m=1.0×10^-26kg，不考慮粒子間的相互作用，粒子重力忽略不計．求：
（1）從O點入射的粒子離開磁場區(qū)域的y軸坐標；
（2）從y軸任意位置（0，y）入射的粒子在離開磁場時的速度方向與正x軸夾角的余弦值；
（3）這些粒子在該磁場中運動的最長時間，并指出該粒子入射時的坐標．

Answer 1

分析：（1）粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)粒子的運動軌跡和幾何關系可以求得粒子設出時的位置的坐標；
（2）從任意位置進入磁場時，根據(jù)粒子的運動畫出粒子的運動的軌跡，再由三角形得關系可以求得速度方向；
（3）粒子在磁場中運動的圓心角越的，粒子在磁場中運動的時間就越長，根據(jù)粒子的運動的軌跡的關系，可以求得粒子的運動最長時間的位置．

解答：解：
（1）粒子在磁場中的運動滿足
qvB=m

v 2 0

r

可得粒子的運動的半徑為r=

mv0

qB

=0.2m
當粒子從O點入射時，畫出粒子的運動軌跡圓弧OP，設P點坐標為（x_p，y_p），則OQ=y_p，
故O′Q=r-y_p，
由直角三角形△O′PQ關系可得：
x

2 p

+(r-yp)2=r²
P點坐標同時滿足

x

2 p

+

y

2 p

=R²
聯(lián)立可得 y_p=

R2

2r

，
代入數(shù)據(jù)得y_p=0.025m
（2）如右圖，粒子從C點入射，畫出其在磁場中運動的軌跡，交與磁場邊界D點，并畫出其運動軌跡的圓心O，
設弧CD所對圓心為θ，過D點做x軸的平行線交y軸與E點，連接OD，
則OO′=r+y
由直角三角形△O′ED得，O′E=rcosθ，DE=rsinθ
則OE=O′O-O′E=r+y-rcosθ
在直角三角形△OED內(nèi)，有OE²+DE²=OD²
代入得 （r+y-rcos）²+（rsinθ）²=R²
可求得 cosθ=

(r+y)2+r2-R2

2(r+y)r

，
代入數(shù)據(jù)得 cosθ=

10y2+4y+0.7

4y+0.8

，
（3）由 cosθ=

(r+y)2+r2-R2

2(r+y)r

，
變式得：cosθ=

r+y

2r

+

r2-R2

2r(r+y)

，
這說明當

r+y

2r

=

r2-R2

2r(r+y)

時，cosθ具有最小值，θ具有最大值．
代入數(shù)據(jù)得y=0.1

3

-0.2≈-0.027
即入射點在x軸下方做標為（0，-0.027）處
此時cosθ=0.5
即θ=

π

3

由周期公式T=

2πm

qB

得t_m=

θm

qB

=

2

3

π×10^-7s≈2.1×10^-7s．

點評：電荷在勻強磁場中做勻速圓周運動，關鍵是畫出軌跡，由幾何知識求出半徑．定圓心角，求時間．