Question

18．如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內有垂直于紙平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B=5.0×10^-2T，矩形區(qū)域長為0.64m，寬為0.2m，在BC邊中點O處有一電粒子發(fā)射器，某時刻，發(fā)射源O沿紙面向磁場中0-180°范圍垂直磁場方向均勻地輻射出速率均為v=2×l0⁶m/s的某種帶正電粒子，帶電粒子質量m=2.4×10^-26kg，電荷量為q=-4.8×l0^-18C（不計粒子重力），求：
（1）帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑；
（2）從AD邊界射出的粒子中，在磁場中運動的最短時間；
（3）若發(fā)射源向磁場各方向發(fā)射的粒子是均勻的，設從發(fā)射源共發(fā)射N個粒子，求從CD邊界射出的粒子數(shù)，并求出從CD邊上粒子射出的范圍．

Answer 1

分析 （1）根據洛倫茲力提供向心力列方程求解；
（2）所有粒子的運動半徑相同，所以弦最短的圓弧所對應的圓心角最小，運動時間最短．
（3）與BC相切的即為從CD邊射出磁場的最上邊緣的粒子，從D點射出的為從CD邊射出的最下邊緣的粒子，求出從這兩點射出的粒子入射方向間的夾角，因為放射源向磁場內各方向均勻地輻射粒子，所以能從CD邊射出的粒子數(shù)目為：n=$\frac{△θ}{π}$N．

解答 解：（1）洛倫茲力提供向心力：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：R=$\frac{mv}{qB}$=0.2m；
（2）因為所有粒子的軌跡半徑相同，所以弦最短的圓弧所對應的圓心角最小，
運動時間最短，作EO⊥AD，EO弦最短，

因為：OE=0.2m，且R=0.2m
所以對應的圓心角為：θ=$\frac{π}{3}$，
由牛頓第二定律得：qvB=m（$\frac{2π}{T}$）²R，
解得：T=$\frac{2πm}{qB}$，
最短時間為：t=$\frac{θ}{2π}$T=$\frac{θm}{qB}$=$\frac{πm}{3qB}$=$\frac{π}{3}$×10^-7s；
（3）判斷從O點哪些方向射入磁場的粒子將會從CD邊射出，如圖為兩個邊界，
當速度方向滿足一定條件時，粒子將從C點射出磁場，OC=0.32m，且R=0.2m
由三角函數(shù)知識可知：sin$\frac{1}{2}$∠OO₂C=$\frac{\frac{OC}{2}}{R}$=0.8，則∠OO₂C=106°
此時射入磁場的粒子速度方向與OC夾角為53°，
當軌跡圓與BC邊相切時，因為R=0.2m，CD=0.2m，可知圓心O₁在BC邊上，
因為OO₁＜OC，所以帶電粒子不可能通過D點，
與AD相切的即為從CD邊射出磁場的最上邊緣的粒子，
該粒子進入磁場的速度方向垂直BC向上，與OC之間的夾角為90°，
所以從CD邊射出的粒子，射入磁場時速度方向應與OC邊夾角在53°到90°之間△θ=37°的范圍內，
因為放射源向磁場內各方向均勻地輻射粒子，
所以能從CD邊射出的粒子數(shù)目為：n=$\frac{△θ}{180°}$N，即：n=$\frac{37}{180}$N；
如圖所示，由幾何知識得：CF=$\sqrt{{R}^{2}-{O}_{1}{C}^{2}}$=$\sqrt{{R}^{2}-（OC-R）^{2}}$=$\sqrt{0．{2}^{2}-（0.32-0.2）^{2}}$=0.16m；
答：（1）帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為0.2m；
（2）從AD邊界射出的粒子中，在磁場中運動的最短時間為$\frac{π}{3}$×10^-7s；
（3）若放射源向磁場內共輻射出了N個粒子，從CD邊界射出的粒子有$\frac{37}{180}$N個，從CD邊上粒子射出的范圍是：CF=0.16m．

點評 解決題目的關鍵是找出臨界情況，并畫出臨界情況下磁場中運動的軌跡，確定邊界范圍，找到與之對應的入射角及對應的圓心角．