Question

1．一足夠長的矩形區(qū)域abcd內充滿磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場，矩形區(qū)域的左邊界ad寬為L，現從ad中點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，質量為m（重力不計）．下列說法正確的是（　　）

• A． 若粒子帶負電，則當v₀≤$\frac{qBL}{2m}$時，從左邊界飛出
• B． 若粒子帶正電，則當$\frac{qBL}{3m}$＜v₀≤$\frac{qBL}{m}$時可從ab邊飛出
• C． 若粒子帶正電，則當$\frac{qBL}{3m}$＜v₀≤$\frac{qBL}{2m}$時可從ab邊飛出
• D． 從ab邊飛出的粒子最長運動時間為$\frac{4πm}{3Bq}$

Answer 1

分析 粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，作出粒子的運動軌跡，求出粒子從磁場射出時的臨界速度，然后求出速度范圍；根據粒子轉過的圓心角求出粒子在磁場中的運動時間，然后分析答題．

解答 解：A、若粒子帶負電，粒子從左邊界射出的臨界點是從d點射出，由幾何知識得，粒子軌道半徑：r=$\frac{L}{2}$，
粒子做圓周運動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動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=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$；
設圓心在O₁處對應圓弧與ab邊相切，相應速度為v₀₁，則有：r₁+r₁sinθ=$\frac{L}{2}$，
解得：v₀₁=$\frac{qBL}{3m}$，
設圓心在O₂處對應圓弧與cd邊相切，相應速度為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應滿足：$\frac{qBL}{3m}$＜v₀≤$\frac{qBL}{m}$，故B正確，C錯誤；
D、帶電粒子從ab邊射出磁場，當速度最小時，粒子在磁場中轉過的圓心角最大，運動時間最長，此時粒子轉過的圓心角θ=240°，運動的最長時間為t=$\frac{240°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{4πm}{3qB}$，故D正確；
故選：ABD．

點評 本題考查牛頓第二定律的應用，掌握幾何關系在題中的運用，理解在磁場中運動時間與圓心角的關系．注意本題關鍵是畫出正確的運動軌跡；
帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動解題一般程序是
  1、畫軌跡：確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．
  2、找聯系：軌跡半徑與磁感應強度、速度聯系；偏轉角度與運動時間相聯系，時間與周期聯系．
  3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律．