Question

13．如圖所示，在0≤x≤b、0≤y≤a的長(zhǎng)方形區(qū)域中有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于xOy平面向外．O處有一個(gè)粒子源，在某時(shí)刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi)．己知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，最先從磁場(chǎng)上邊界中飛出的粒子經(jīng)歷的時(shí)間為$\frac{T}{12}$，最后從磁場(chǎng)中飛出的粒子經(jīng)歷的時(shí)間為$\frac{T}{4}$．不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用，則（　�。�

• A． 粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=2a
• B． 粒子的射入磁場(chǎng)的速度大小v=$\frac{qBa}{m}$
• C． 長(zhǎng)方形區(qū)域的邊長(zhǎng)滿足關(guān)系b=2a
• D． 長(zhǎng)方形區(qū)域的邊長(zhǎng)滿足關(guān)系b=（$\sqrt{3}$+1）a

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短時(shí)，其回旋的角度最小，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系列出方程求解出軌道半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力得出速度大��；
（2）最后離開(kāi)磁場(chǎng)的粒子，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，由題意畫(huà)出運(yùn)動(dòng)的軌跡，故可以根據(jù)幾何關(guān)系列出方程求解b與a之間的關(guān)系．

解答 解：A、B、最先從磁場(chǎng)上邊界中飛出的粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角最小，對(duì)應(yīng)的圓弧最短，可以判斷出是沿y軸方向入射的粒子；其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲，則由題意偏轉(zhuǎn)角：
$θ=\frac{t}{T}×360°=\frac{1}{12}×360°=30°$
由幾何關(guān)系得：$R=\frac{a}{sin30°}=2a$
帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，得：$qvB=\frac{m{v}^{2}}{{R}^{\;}}$
所以：$v=\frac{2qBa}{m}$，故A正確，B錯(cuò)誤；

C、D、當(dāng)R＜b時(shí)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場(chǎng)的邊界相切，如圖所示，
設(shè)該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，依題意，
t=$\frac{T}{4}$，回旋角度為∠OCA=$\frac{π}{2}$
設(shè)最后離開(kāi)磁場(chǎng)的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系得：Rsinα=R-a
解得：$sinα=\frac{a}{R}=\frac{1}{2}$，α=30°
由圖可得：$b=Rsinα+Rcosα=a+\sqrt{3}a$，故C錯(cuò)誤，D正確；
故選：AD

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是畫(huà)出運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，然后根據(jù)幾何關(guān)系得到軌道半徑，再根據(jù)洛侖茲力提供向心力得到速度大小．