Question

7．如圖所示，一個邊長為L的正方形abcd，它是磁感應強度為B的勻強磁場橫截面的邊界線．一帶電粒子從ad邊的中點O垂直于磁場方向射入其速度方向與ad邊成θ=30°角，如圖，已知該帶電粒子所帶電荷量為+q質量為m，重力不計，則（　�。�

• A． 粒子恰好不從cd邊射出，軌道半徑最大值為L
• B． 粒子從ab邊射出區(qū)域的最大長度為$\frac{2}{3}$L
• C． 粒子恰好沒有從ab邊射出，該帶電粒子在磁場中飛行的時間為$\frac{3πm}{5Bq}$
• D． 帶電粒子從ad邊射出，粒子入射時的最大速度為$\frac{BqL}{3m}$

Answer 1

分析 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動．洛倫茲力提供向心力，可得半徑公式r=$\frac{mv}{qB}$，可知粒子的速度v越大，軌跡半徑r越大．粒子從ad邊射出磁場時，粒子的運動軌跡與ab相切時軌跡半徑最大，對應的速度最大，根據(jù)幾何關系求出半徑，再由牛頓第二定律求出對應的最大速度，根據(jù)軌跡對應的圓心角求解運動的時間．

解答 解：A．粒子運動軌跡如圖1所示，軌跡恰好與cd邊相切，根據(jù)幾何關系可知粒子運動的半徑r=L，故A正確；
B．如圖2所示，設粒子從ab邊射出區(qū)域的最大長度為△x，左右兩個臨界軌跡的半徑分別為r₁和r₂，ab邊左右兩側沒有粒子射出的區(qū)域長度分別為△x₁與△x₂，左邊臨界軌跡根據(jù)幾何關系有：
$\frac{L}{2}$=r₁+r₁sin30°，
△x₁=r₁cos30°，
聯(lián)立得：△x₁=$\frac{\sqrt{3}}{6}$L；
右邊臨界軌跡根據(jù)幾何關系有：r₂（1+cos30°）=L，
可得：r₂=2（2-$\sqrt{3}$）L=EG
根據(jù)幾何關系可知：EF=aO-OH=（$\sqrt{3}$-$\frac{3}{2}$）L，
對△EFG運用勾股定理可求出GF=$\sqrt{{（EG）}^{2}{-（EF）}^{2}}$，
根據(jù)幾何關系計算可得：△x₂=r₂-GF≈0.0529L，
所以△x=L-△x₁-△x₂≈0.658L＜$\frac{2}{3}$L=0.667L，故B錯誤；
C．如圖2中小圓軌跡所示，由對稱關系可知粒子轉過的圓心角為300°，根據(jù)半徑公式r=$\frac{mv}{qB}$，周期公式T=$\frac{2πr}{v}$，聯(lián)立得T=$\frac{2πm}{qB}$，所以粒子在磁場中運動的時間為：t=$\frac{300°}{360°}$T=$\frac{5}{6}$T=$\frac{3πm}{5qB}$，故C錯誤；
D．如圖2中小圓軌跡所示，根據(jù)幾何關系可得$\frac{L}{2}$=r+rsin30°，可得r=$\frac{L}{3}$將其代入半徑公式得：r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{BqL}{3m}$，故D正確．
故選：AD

點評 本題考查帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動，要掌握粒子圓周運動的半徑公式，由幾何關確定圓心的位置，分析軌跡所對的圓心角以及周期公式來確定粒子在磁場中運動的時間．解題的關鍵在于作圖的規(guī)范，大家一定要用尺規(guī)作圖，盡量不要徒手畫圓．