Question

18．如图所示，在矩形区域ABCD内有垂直于纸平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0×10^-2T，矩形区域长为0.64m，宽为0.2m，在BC边中点O处有一电粒子发射器，某时刻，发射源O沿纸面向磁场中0-180°范围垂直磁场方向均匀地辐射出速率均为v=2×l0⁶m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m=2.4×10^-26kg，电荷量为q=-4.8×l0^-18C（不计粒子重力），求：
（1）带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
（2）从AD边界射出的粒子中，在磁场中运动的最短时间；
（3）若发射源向磁场各方向发射的粒子是均匀的，设从发射源共发射N个粒子，求从CD边界射出的粒子数，并求出从CD边上粒子射出的范围．

Answer 1

分析 （1）根据洛伦兹力提供向心力列方程求解；
（2）所有粒子的运动半径相同，所以弦最短的圆弧所对应的圆心角最小，运动时间最短．
（3）与BC相切的即为从CD边射出磁场的最上边缘的粒子，从D点射出的为从CD边射出的最下边缘的粒子，求出从这两点射出的粒子入射方向间的夹角，因为放射源向磁场内各方向均匀地辐射粒子，所以能从CD边射出的粒子数目为：n=$\frac{△θ}{π}$N．

解答 解：（1）洛伦兹力提供向心力：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：R=$\frac{mv}{qB}$=0.2m；
（2）因为所有粒子的轨迹半径相同，所以弦最短的圆弧所对应的圆心角最小，
运动时间最短，作EO⊥AD，EO弦最短，

因为：OE=0.2m，且R=0.2m
所以对应的圆心角为：θ=$\frac{π}{3}$，
由牛顿第二定律得：qvB=m（$\frac{2π}{T}$）²R，
解得：T=$\frac{2πm}{qB}$，
最短时间为：t=$\frac{θ}{2π}$T=$\frac{θm}{qB}$=$\frac{πm}{3qB}$=$\frac{π}{3}$×10^-7s；
（3）判断从O点哪些方向射入磁场的粒子将会从CD边射出，如图为两个边界，
当速度方向满足一定条件时，粒子将从C点射出磁场，OC=0.32m，且R=0.2m
由三角函数知识可知：sin$\frac{1}{2}$∠OO₂C=$\frac{\frac{OC}{2}}{R}$=0.8，则∠OO₂C=106°
此时射入磁场的粒子速度方向与OC夹角为53°，
当轨迹圆与BC边相切时，因为R=0.2m，CD=0.2m，可知圆心O₁在BC边上，
因为OO₁＜OC，所以带电粒子不可能通过D点，
与AD相切的即为从CD边射出磁场的最上边缘的粒子，
该粒子进入磁场的速度方向垂直BC向上，与OC之间的夹角为90°，
所以从CD边射出的粒子，射入磁场时速度方向应与OC边夹角在53°到90°之间△θ=37°的范围内，
因为放射源向磁场内各方向均匀地辐射粒子，
所以能从CD边射出的粒子数目为：n=$\frac{△θ}{180°}$N，即：n=$\frac{37}{180}$N；
如图所示，由几何知识得：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）带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为0.2m；
（2）从AD边界射出的粒子中，在磁场中运动的最短时间为$\frac{π}{3}$×10^-7s；
（3）若放射源向磁场内共辐射出了N个粒子，从CD边界射出的粒子有$\frac{37}{180}$N个，从CD边上粒子射出的范围是：CF=0.16m．

点评 解决题目的关键是找出临界情况，并画出临界情况下磁场中运动的轨迹，确定边界范围，找到与之对应的入射角及对应的圆心角．