Question

（2011?臺州模擬）如圖所示，以O(shè)為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系Oxy，沿y軸放置一平面熒光屏，在y＞0，0＜x＜0.5m的區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T．在原點(diǎn)O放一個開有小孔粒子源，粒子源能同時放出比荷為q/m=4.0×10⁶kg/C的不同速率的正離子束，沿與x軸成30°角從小孔射入磁場，最后打在熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮．入射正離子束的速率在0到最大值v_m=2.0×10⁶m/s的范圍內(nèi)，不計(jì)離子之間的相互作用，也不計(jì)離子的重力．
（1）求離子打到熒光屏上的范圍．
（2）若在某時刻（設(shè)為t=0時刻）沿與x軸成30°角方向射入各種速率的正離子，求經(jīng)過

5π

3

×10-7s時這些離子所在位置構(gòu)成的曲線方程．
（3）實(shí)際上，從O點(diǎn)射入的正離子束有一定的寬度，設(shè)正離子將在與x軸成30°～60°角內(nèi)進(jìn)入磁場．則某時刻（設(shè)為t=0時刻）在這一寬度內(nèi)向各個方向射入各種速率的離子，求經(jīng)過

5π

3

×10-7s時這些離子可能出現(xiàn)的區(qū)域面積．

Answer 1

分析：（1）離子進(jìn)入磁場后由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律和圓周運(yùn)動公式求出離子在磁場中運(yùn)動最大的軌道半徑r_m，畫出軌跡如下左圖所示，由幾何關(guān)系求出離子打到熒光屏上的范圍．
（2）由T=

2πm

qB

求出離子在磁場中運(yùn)動的周期，根據(jù)t=

5π

3

×10-7s與周期T的關(guān)系，求出軌跡的圓心角．設(shè)離子的位置坐標(biāo)為（x，y），得到參數(shù)方程：y=rcos30°和 x=r-rsin30°，即能求出軌跡方程．
（3）分析與x軸成60°方向入射的離子的軌跡，經(jīng)過時間t=

5π

3

×10-7s時，離子轉(zhuǎn)過的圓心角為φ=

2π

T

t=

π

3

剛好打在y軸上，則知這些速率不同的離子，都打在y軸上．作出離子可能出現(xiàn)的區(qū)域范圍，由幾何知識求出面積．

解答：解：（1）由qvB=

mv2

r

得，r=

mv

qB

，rm=

mvm

qB

=1m
離子在磁場中運(yùn)動最大軌道半徑：r_m=1m
由幾何關(guān)系知，最大速度的離子剛好沿磁場邊緣打在熒光屏上，如左圖所示．
所以O(shè)A₁長度為：y=2rcos300=

3

m
即離子打到熒光屏上的范圍為：[0，

3

m]
（2）離子在磁場中運(yùn)動的周期為：T=

2πm

qB

=π×10-6s
由題，經(jīng)過時間：t=

5π

3

×10-7s，則
離子轉(zhuǎn)過的圓心角為  φ=

2π

T

t=

π

3

設(shè)

5π

3

×10-7s這個時刻某離子的位置坐標(biāo)為（x，y），則有
   y=rcos30°
   x=r-rsin30°
所以解得：y=

3

x就是所求的曲線方程．
（3）由幾何關(guān)系知，與x軸成60°方向入射的離子，經(jīng)過時間：t=

5π

3

×10-7s時離子轉(zhuǎn)過的圓心角為φ=

2π

T

t=

π

3

剛好打在y軸上，將t=

5π

3

×10-7s時刻這些離子所在坐標(biāo)連成曲線，方程就是：x=0即都打在y軸上，所以在t=0時刻與x軸成30°～60°內(nèi)進(jìn)入磁場的正離子在t=

5π

3

×10-7s時刻全部出現(xiàn)在以O(shè)為圓心的扇形OA₂C₁范圍內(nèi)．如圖 
則離子可能出現(xiàn)的區(qū)域面積：S=

πrm2

12

=

π

12

m2≈0.26m2
答：
（1）離子打到熒光屏上的范圍為[0，

3

m]．
（2）經(jīng)過

5π

3

×10-7s時這些離子所在位置構(gòu)成的曲線方程是y=

3

x．
（3）經(jīng)過

5π

3

×10-7s時這些離子可能出現(xiàn)的區(qū)域面積為0.26m²．

點(diǎn)評：本題是帶電粒子在有界的磁場中運(yùn)動的問題，要充分運(yùn)用數(shù)學(xué)知識畫軌跡，確定軌跡的圓心角，運(yùn)用參數(shù)方程求出離子的軌跡方程．