Question

7．如圖所示，在平面坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)有一半圓形區(qū)域，其半徑為R，半圓的一條直徑與x軸重合，0為該直徑的一個端點(diǎn)．半圓內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，半圓外存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，半圓內(nèi)外磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B₀，在坐標(biāo)原點(diǎn)0處有一粒子源，沿x軸正方向不斷發(fā)射出質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子，粒子的發(fā)射速度為大于零的任意值（不考慮相對論效應(yīng)）．已知半圓形邊界處存在特殊物質(zhì)，當(dāng)粒子由半圓內(nèi)向半圓外運(yùn)動時，粒子不受任何影響，但當(dāng)粒子由半圓外向半圓內(nèi)運(yùn)動時，粒子就會被邊界處的特殊物質(zhì)吸收．不計粒子的重力和粒子間的相互作用力．
（1）求從0點(diǎn)發(fā)射的所有粒子中，不會從y軸正半軸射入第二象限的粒子速度的取值范圍；（已知：tan15°=2-$\sqrt{3}$）
（2）證明最終打在半圓形邊界且被特殊物質(zhì)吸收的粒子，在磁場中運(yùn)動的總時間都相等，并且求出該時間；
（3）若第一象限內(nèi)半圓形外區(qū)域的磁場存在一上邊界y=a，要想使所有粒子都不會從磁場上邊界射出，則a至少為多大．

Answer 1

分析 （1）分析不進(jìn)入第二象限的條件，然后根據(jù)幾何關(guān)系及洛倫茲力作向心力來求解速度范圍；
（2）畫出打在半圓形邊界的圖，然后根據(jù)幾何關(guān)系求得粒子運(yùn)動的中心角，再根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動的周期求解時間；
（3）分析粒子運(yùn)動軌跡，將粒子運(yùn)動的最高點(diǎn)用半圓半徑表示出來，即可求得a的最小值．

解答 解：（1）如圖甲所示，當(dāng)粒子在半圓外做圓周運(yùn)動恰好與y軸相切時，粒子的速度為不會從y軸正半軸射入第二象限的粒子速度的最小值，
設(shè)帶電粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為r，軌跡圓心O₂與半圓圓心O₁連線與 x軸之間的夾角為θ，由幾何關(guān)系可知：$\left\{\begin{array}{l}{tanθ=\frac{r}{R}}\\{2rsin2θ=r}\end{array}\right.$；
所以，$r=Rtanθ=Rtan15°=（2-\sqrt{3}）R$；
由洛倫茲力作向心力可知，${B}_{0}vq=\frac{m{v}^{2}}{r}$，
所以，$v=\frac{{B}_{0}qr}{m}=\frac{（2-\sqrt{3}）{B}_{0}qR}{m}$；
所以，從0點(diǎn)發(fā)射的所有粒子中，不會從y軸正半軸射入第二象限的粒子速度的取值范圍為$v≥\frac{（2-\sqrt{3}）{B}_{0}qR}{m}$；
（2）如圖乙所示，某一速度粒子的軌跡，最終打在半圓邊界上，有幾何關(guān)系θ₁+2θ=180°，（360°-θ₂）+2θ=180°，，
所以θ₁+θ₂=360°；
所以，帶電粒子在磁場中運(yùn)動的總時間都相等，且為$T=\frac{2πr}{v}=\frac{2πm}{{B}_{0}q}$；
（3）如圖丙所示，粒子運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)為P，粒子在半圓內(nèi)部運(yùn)動軌跡圓心O₂′與半圓圓心O₁連線與x軸之間的夾角為θ′，
則由幾何關(guān)系可知，${O}_{1}{O}_{2}′=\frac{R}{cosθ′}$，
P點(diǎn)的縱坐標(biāo)$y=r′+{O}_{1}{O}_{2}′sin3θ′=Rtanθ′+\frac{Rsin3θ′}{cosθ′}$=$R\frac{sin（2θ′-θ′）+sin（2θ′+θ′）}{cosθ′}$=$R\frac{2sin2θ′cosθ′}{cosθ′}=2Rsin2θ′$；
當(dāng)θ′=45°時，y取得最大值2R，所以，要使所有粒子都不會從磁場上邊界射出，a的最小值為2R．
答：（1）從0點(diǎn)發(fā)射的所有粒子中，不會從y軸正半軸射入第二象限的粒子速度的取值范圍為$v≥\frac{（2-\sqrt{3}）{B}_{0}qR}{m}$；
（2）最終打在半圓形邊界且被特殊物質(zhì)吸收的粒子，在磁場中運(yùn)動的總時間都相等，并且該時間為$\frac{2πm}{{B}_{0}q}$；
（3）要想使所有粒子都不會從磁場上邊界射出，則a至少為2R．

點(diǎn)評 解答帶電粒子在磁場中的運(yùn)動問題，要盡可能畫出圖，充分利用幾何關(guān)系來幫助我們分析求解．