Question

1．一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，矩形區(qū)域的左邊界ad寬為L，現(xiàn)從ad中點(diǎn)O垂直于磁場射入一帶電粒子，速度大小為v₀方向與ad邊夾角為30°，如圖所示．已知粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m（重力不計(jì)）．下列說法正確的是（　　）

• A． 若粒子帶負(fù)電，則當(dāng)v₀≤$\frac{qBL}{2m}$時(shí)，從左邊界飛出
• B． 若粒子帶正電，則當(dāng)$\frac{qBL}{3m}$＜v₀≤$\frac{qBL}{m}$時(shí)可從ab邊飛出
• C． 若粒子帶正電，則當(dāng)$\frac{qBL}{3m}$＜v₀≤$\frac{qBL}{2m}$時(shí)可從ab邊飛出
• D． 從ab邊飛出的粒子最長運(yùn)動(dòng)時(shí)間為$\frac{4πm}{3Bq}$

Answer 1

分析 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，求出粒子從磁場射出時(shí)的臨界速度，然后求出速度范圍；根據(jù)粒子轉(zhuǎn)過的圓心角求出粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后分析答題．

解答 解：A、若粒子帶負(fù)電，粒子從左邊界射出的臨界點(diǎn)是從d點(diǎn)射出，由幾何知識(shí)得，粒子軌道半徑：r=$\frac{L}{2}$，
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，
解得：v₀=$\frac{qBL}{2m}$，
粒子要從左邊界射出磁場，則粒子速度：v₀≤$\frac{qBL}{2m}$，故A正確；
BC、粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$；
設(shè)圓心在O₁處對(duì)應(yīng)圓弧與ab邊相切，相應(yīng)速度為v₀₁，則有：r₁+r₁sinθ=$\frac{L}{2}$，
解得：v₀₁=$\frac{qBL}{3m}$，
設(shè)圓心在O₂處對(duì)應(yīng)圓弧與cd邊相切，相應(yīng)速度為v₀₂，則有：r₂-r₂sinθ=$\frac{L}{2}$，
解得：v₀₂=$\frac{qBL}{m}$，
所以粒子能從ab邊上射出磁場的v₀應(yīng)滿足：$\frac{qBL}{3m}$＜v₀≤$\frac{qBL}{m}$，故B正確，C錯(cuò)誤；
D、帶電粒子從ab邊射出磁場，當(dāng)速度最小時(shí)，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角最大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，此時(shí)粒子轉(zhuǎn)過的圓心角θ=240°，運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為t=$\frac{240°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{4πm}{3qB}$，故D正確；
故選：ABD．

點(diǎn)評(píng) 本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，掌握幾何關(guān)系在題中的運(yùn)用，理解在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間與圓心角的關(guān)系．注意本題關(guān)鍵是畫出正確的運(yùn)動(dòng)軌跡；
帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)解題一般程序是
  1、畫軌跡：確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．
  2、找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、速度聯(lián)系；偏轉(zhuǎn)角度與運(yùn)動(dòng)時(shí)間相聯(lián)系，時(shí)間與周期聯(lián)系．
  3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律．