問題詳情:
如圖所示,磁感應強度為B=2.0×10﹣3T的磁場分佈在xOy平面上的MON三角形區域,其中M、N點距座標原點O均為1.0m,磁場方向垂直紙面向裏.座標原點O處有一個粒子源,不斷地向xOy平面發*比荷為=5×107C/kg的帶正電粒子,它們的速度大小都是v=5×104m/s,與x軸正方向的夾角分佈在0~90°範圍內.
(1)求平行於x軸*入的粒子,出*點的位置及在磁場中運動時間;
(2)若從O點入*的與x軸正方向成θ角的粒子恰好不能從MN邊*出,試畫出此粒子運動的軌跡;
(3)求能從直線MN*出的粒子,從粒子源O發*時的速度與x軸正向夾角範圍.
(可供參考幾個三角函數值sin41°=0.656,sin38°=0.616).
【回答】
考點: 帶電粒子在勻強磁場中的運動;帶電粒子在勻強電場中的運動.
專題: 帶電粒子在磁場中的運動專題.
分析: (1)帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,洛倫茲力始終與速度相垂直,因此洛倫茲力不做功,所以動能不變,速度也不變.帶電粒子在磁場中運動,由左手定則可判定洛倫茲力方向.從而可根據運動軌跡來確定洛倫茲力的方向,最終能得出磁感應強度大小與方向.
當平行於x軸*入的粒子時,運動軌跡對應的圓心正好落在y軸上,當已知條件算出圓弧對應的半徑,可得運動軌跡恰好是圓的四分之一.從而確定出*點的位置與運動時間.
(2)從O點入*的與x軸正方向成θ角的粒子恰好不能從MN邊*出,則運動軌跡與MN直線相切,從而可確定圓弧的圓心,算出半徑並畫出圓弧.
(3)由題意可知,能從直線MN*出的粒子就在前兩個問題之間入*,就能*出.運用物理規律與數學知識從而求出發*時的速度與x軸正向夾角範圍.
解答: 解:(1)粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力,
由牛頓第二定律得:qvB=m,解得:R=,
代入數據有:R=0.5m,
作平行於x軸*入粒子的軌跡,由磁場的形狀可知,
粒子剛好在磁場中做了圓弧,從MN中點P*出磁場,出*點的座標P(0.5m,0.5m),
粒子在磁場中運動週期:T=,
從P*出粒子在磁場中運動時間:t====1.57×10﹣5s.
(2)當粒子的運動軌跡恰好與MN直線相切時,粒子恰好不能從MN邊*出,粒子運動軌跡,其中與MN相切於Q點.
(3)Q點的x座標:x=Rcos45°﹣Rsinθ
y座標:y=Rsin45°+Rcosθ
又Q點在MN直線上,有y=1﹣x
代入數據,解得:cosθ﹣sinθ=2﹣
又cos2θ+sin2θ=1
聯立得:sin2θ=4﹣5=0.656,解得:θ=20.5°
所以從MN*出粒子初速方向與x軸正向夾角範圍為:[0,20.5°);
答:(1)平行於x軸*入的粒子,出*點的位置為(0.5m,0.5m),在磁場中運動時間為1.57×10﹣5s;
(2)若從O點入*的與x軸正方向成θ角的粒子恰好不能從MN邊*出,此粒子運動的軌跡如圖所示;
(3)能從直線MN*出的粒子,從粒子源O發*時的速度與x軸正向夾角範圍是:[0,20.5°).
點評: 本題考查了粒子在勻強磁場中的運動,分析清楚粒子運動過程是正確解題的關鍵;處理帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動方法是:先做出粒子的運動軌跡,然後確定圓心、畫軌跡、求半徑、求出粒子轉過的圓心角,然後應用牛頓第二定律與幾何知識答題.
知識點:安培力與洛倫茲力單元測試
題型:計算題