Question

2．如圖所示，在Oxy平面（紙面）內(nèi)有垂直平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一足夠長的擋板MN與x軸成30°角傾斜放置且通過原點O，放射源A的位置坐標為（0，a）．某時刻，放射源A沿紙面向第一象限內(nèi)的各個方向均勻地輻射同種帶正電的粒子，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，速率均為$\frac{{\sqrt{3}aqB}}{2m}$．不計粒子的重力、不考慮粒子間的相互作用，打到擋板的粒子均被接地的擋板吸收．

（1）求在同一時刻，放射源A發(fā)出的能夠到達擋板的粒子中，最后到達擋板的粒子和最先到達擋板的粒子的時間差；
（2）保持擋板與x軸正方向的夾角30°不變，在紙面內(nèi)沿y軸負方向?qū)�擋板MN平移至某一位置，發(fā)現(xiàn)從放射源A發(fā)出的所有粒子中總有$\frac{1}{3}$的粒子能擊中擋板，求擋板與y軸交點的縱坐標．

Answer 1

分析 （1）由洛倫茲力提供向心力即可求出粒子運動的半徑，然后求出周期．根據(jù)粒子轉(zhuǎn)過的圓心角與粒子做圓周運動的周期，根據(jù)t=$\frac{θ}{2π}T$求出粒子的運動時間以及最后到達擋板的粒子和最先到達擋板的粒子的時間差；
（2）發(fā)生的粒子角度的范圍是180°，若有$\frac{1}{3}$的粒子能擊中擋板，則對應(yīng)的角度為60°的范圍，畫出粒子運動的軌跡，找出60°的角的時候的幾何關(guān)系即可正確解答．

解答 解：（1）正粒子在紙面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動，由牛頓第二定律：$qvB=m\frac{v^2}{R}$
解得：$R=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$
弦長最短時對應(yīng)的圓心角最小，勻速圓周運動的時間最短．過A點作擋板的垂線，垂足為C，AC即為最短弦，其對應(yīng)的圓心為O₁．在直角△OCA中：$AC=a•sin{60^0}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$
可見，△O₁AC為等邊三角形，則：$∠A{O_1}C={60^o}$
故在某一時刻，從放射源出發(fā)最先到達擋板的粒子（甲）用時：${t_{min}}=\frac{{{{60}^o}}}{{{{360}^o}}}{T_1}$
在該時刻，從放射源出發(fā)向上運動的粒子最后到達擋板（乙）用時最長，對應(yīng)的弦為直徑$\sqrt{3}a$
過A點作y軸的垂線，垂線AD交擋板于D點，在直角△OAD中：$AD=a•tan{60^0}=\sqrt{3}a$
故沿y軸正方向射出的乙粒子經(jīng)過半個圓周最后到達擋板上的D點，用時：${t_{max}}=\frac{T_2}{2}$
甲、乙兩粒子速率相同，由周期公式：${T_1}={T_2}=\frac{2πm}{qB}$
聯(lián)立解得甲、乙兩粒子到達擋板的時間差：$△t=\frac{2πm}{3qB}$

（2）如圖2，以A點為圓心，以$R=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$為半徑畫出所有粒子圓心的軌跡（半圓）．在直線AC上取點Q，令$CQ=AC=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$，當擋板平移到Q點的下方時，所有粒子都不能到達擋板．
假設(shè)當擋板平移到y(tǒng)軸負方向上的P點時，從放射源A發(fā)出的所有粒子中有$\frac{1}{3}$的粒子能擊中擋板．作EF∥MN，交半圓周于E、F，分別過E、F點作擋板的垂線，對應(yīng)的垂足為G、H，令$EG=FH=R=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$，當∠EAF=60°時，將有$\frac{1}{3}$的粒子（圓心位置在弧$\widehat{EF}$之間的粒子）能擊中擋板．由于∠EAC=30°，故E點必在y軸上．
由幾何關(guān)系：$AP=R+\frac{R}{{sin{{60}^0}}}$
P點縱坐標：y_p=-（AP-a）
聯(lián)立解得：${y_p}=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$
答：（1）在同一時刻，放射源A發(fā)出的能夠到達擋板的粒子中，最后到達擋板的粒子和最先到達擋板的粒子的時間差是$\frac{2πm}{3qB}$；
（2）發(fā)現(xiàn)從放射源A發(fā)出的所有粒子中總有$\frac{1}{3}$的粒子能擊中擋板，擋板與y軸交點的縱坐標是$-\frac{\sqrt{3}}{2}a$．

點評 本題考查了求粒子做圓周運到達周期、運動時間等問題，難度較大，尤其是計算總有$\frac{1}{3}$的粒子能擊中擋板時，要根據(jù)幾何關(guān)系求出帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角有兩個，要注意分別進行求解．