Question

如圖所示為圓形區域的勻強磁場，磁感應強度為B、方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標原點O． O點處有一放射源，沿紙面向各方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑是圓形磁場區域半徑的兩倍．已知該帶電粒子的質量為m、電荷量為q，不考慮帶電粒子的重力．
（1）推導帶電粒子在磁場空間做圓周運動的軌道半徑；
（2）求帶電粒子通過磁場空間的最大偏轉角；
（3）沿磁場邊界放置絕緣彈性擋板，使粒子與擋板碰撞后以原速率彈回，且其電荷量保持不變．若從O點沿x軸正方向射入磁場的粒子速度已減小為

v

2

，求該粒子第一次回到O點經歷的時間．

Answer 1

分析：（1）帶電粒子在洛倫茲力作用下，在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由Bqυ=m

υ2

r

可得出半徑公式．
（2）粒子經過磁場的偏轉角最大，即為在磁場中的弧長最長，也就是射入點到射出點的距離最大，由題意可知，最大為磁場的直徑，由幾何知識可求出最大偏轉角．
（2）從O點沿x軸正方向射入磁場的粒子速度已減小為

v

2

，半徑也變為原來的一半，即與磁場的半徑相同，從而可知每偏轉90°就碰撞一次，經過4個

1

4

周期回到O點．

解答：解：
（1）帶電粒子進入磁場后，受洛倫茲力作用，由牛頓第二定律得：
Bqυ=m

υ2

r

r=

mυ

Bq

（2）設粒子飛出和進入磁場的速度方向夾角為?，則sin

φ

2

=

x

2r

，x是粒子在磁場中軌跡的兩端點的直線距離．
x最大值為2R，對應的就是φ最大值．且2R=r
所以sin

φmax

2

=

R

r

=

1

2

，φmax=60°．
（3）當粒子的速度減小為

v

2

時，在磁場中作勻速圓周運動的半徑為r1=

mv

2qB

=R
故粒子轉過四分之一圓周，對應圓心角為90°時與邊界相撞彈回，由對稱性知粒子經過四個這樣的過程后第一次回到O點，亦即經歷時間為一個周期．
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期：T=

2πm

Bq

．
所以從O點沿x軸正方向射出的粒子第一次回到O點經歷的時間是：t=

2πm

Bq

．
答：（1）帶電粒子在磁場空間做圓周運動的軌道半徑為

mυ

Bq

；
（2）帶電粒子通過磁場空間的最大偏轉角為60°；
（3）沿磁場邊界放置絕緣彈性擋板，使粒子與擋板碰撞后以原速率彈回，且其電荷量保持不變．若從O點沿x軸正方向射入磁場的粒子速度已減小為

v

2

，該粒子第一次回到O點經歷的時間為

2πm

Bq

．

點評：該題考查到了帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑的推導，洛倫茲力提供向心力；帶電粒子在圓形區域的勻強磁場中的偏轉角，與在磁場中的弧長是成正比的，弧長越長，所對應的弦長也就越長，要會熟練的利用幾何關系求解圓心角；對于由于有限制條件使得粒子多次在磁場中運動的情況，要徹底分析粒子的運動過程，分析其運動規律．