Question

3．如圖所示，OA為平面直角坐標系xOy第一象限內(nèi)的一條射線，其將第一象限分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，OA與x軸正方向的夾角為30°，在Ⅰ區(qū)域內(nèi)存在垂直xOy平面向外的勻強磁場（未畫出），磁感應(yīng)強度B=2×10^-5 T．在原點O處有一離子源，能沿y軸正方向射出速度大小不同的正離子，離子的比荷為$\frac{q}{m}$=5×10¹¹ C/kg，初速度v₀≤2×10⁶ m/s（離子的重力可忽略不計，不考慮離子間的相互作用）．
（1）求初速度v_0m=2×10⁶ m/s的離子在磁場中運動的半徑r和時間t．
（2）若在（1）中的離子在磁場中運動的某時刻，在Ⅰ區(qū)域內(nèi)再附加一個與原磁場同方向的勻強磁場，使離子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)做完整的圓周運動，求附加磁場的磁感應(yīng)強度的最小值B₀．
（3）改變Ⅰ區(qū)域勻強磁場區(qū)域的大小，使所有從原點射出的離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后均沿+x方向射出，求Ⅰ區(qū)域中勻強磁場區(qū)域的最小面積S．

Answer 1

分析 （1）由洛倫茲力作向心力求得半徑，根據(jù)幾何關(guān)系得到中心角進而得到運動時間；
（2）求得磁感應(yīng)強度最小對應(yīng)的情況然后根據(jù)幾何關(guān)系求得半徑，再由牛頓第二定律求解；
（3）求出所有粒子的運動軌跡的最大范圍，再由幾何關(guān)系求得面積．

解答 解：（1）離子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力作向心力，則有$B{v}_{0m}q=\frac{m{{v}_{0m}}^{2}}{r}$，所以，$r=\frac{m{v}_{0m}}{Bq}=\frac{2×1{0}^{6}}{2×1{0}^{-5}×5×1{0}^{11}}m=\frac{1}{5}m$；
離子做圓周運動的周期$T=\frac{2πr}{{v}_{0m}}=\frac{2πm}{Bq}=\frac{2π}{2×1{0}^{-5}×5×1{0}^{11}}s=2×1{0}^{-7}πs$；
離子沿y軸正方向射入磁場，則如圖所示，，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的中心角為120°，所以，運動時間$t=\frac{1}{3}T=\frac{2}{3}×1{0}^{-7}πs$；
（2）在Ⅰ區(qū)域內(nèi)再附加一個與原磁場同方向的勻強磁場，使離子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)做完整的圓周運動，粒子的運動方向不變，粒子做圓周運動的圓心在原來的半徑上，則如圖所示，

疊加磁場后磁感應(yīng)強度為B，仍由洛倫茲力作向心力，所以，粒子運動的半徑$R=\frac{m{v}_{0m}}{B′q}$，則B′越小，R越大；
當半徑與OA垂直時半徑最大，此時，$2R=r-rsin30°=\frac{1}{2}r$，$R=\frac{1}{4}r$，$B′=\frac{m{v}_{0m}}{qR}=\frac{4m{v}_{0m}}{qr}=4B$；
所以，附加磁場的磁感應(yīng)強度的最小值B₀為3B=6×10^-5T；
（3）所有從原點射出的離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后均沿+x方向射出，所以，所有粒子轉(zhuǎn)過中心角90°則射出點的縱坐標等于橫坐標，則如圖所示，，
所以，Ⅰ區(qū)域中勻強磁場區(qū)域的最小面積$S=\frac{1}{4}π{r}^{2}-\frac{1}{2}{r}^{2}=\frac{π-2}{4}{r}^{2}=\frac{π-2}{4}×\frac{1}{25}{m}^{2}$=$\frac{π-2}{100}{m}^{2}$．
答：（1）初速度v_0m=2×10⁶ m/s的離子在磁場中運動的半徑r為$\frac{1}{5}m$，時間t為$\frac{2}{3}×1{0}^{-7}πs$．
（2）若在（1）中的離子在磁場中運動的某時刻，在Ⅰ區(qū)域內(nèi)再附加一個與原磁場同方向的勻強磁場，使離子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)做完整的圓周運動，則附加磁場的磁感應(yīng)強度的最小值B₀為6×10^-5T；
（3）改變Ⅰ區(qū)域勻強磁場區(qū)域的大小，使所有從原點射出的離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后均沿+x方向射出，則Ⅰ區(qū)域中勻強磁場區(qū)域的最小面積S為$\frac{π-2}{100}{m}^{2}$．

點評 在求解帶電粒子在磁場中的運動問題時，若知道粒子兩個位置的速度方向，則可由半徑與速度垂直，通過求半徑的交點來求得圓心．