Question

11．如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd有豎直向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，在ad邊中點O處，垂直磁場射入速度為v₀的帶正電的粒子，射入方向與ad邊的夾角為θ=30°，已知粒子質(zhì)量為m，電荷量q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子的重力不計，求：
（1）粒子能從ab邊射出磁場的速度v₀的大小范圍．
（2）粒子從O點射入到離開ab邊射出磁場的時間范圍．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，當(dāng)其軌跡恰好與ab邊相切時，軌跡半徑最小，對應(yīng)的速度最�。�當(dāng)其軌跡恰好與cd邊相切時，軌跡半徑最大，對應(yīng)的速度最大，由幾何知識求出，再牛頓定律求出速度的范圍．
（2）粒子軌跡所對圓心最大時，在磁場中運動的最長時間．當(dāng)其軌跡恰好與ab邊相切或軌跡更小時，時間最長，求出圓心角，再求時間．

解答 解：（1）粒子軌跡如圖所示，
對圓O₁，由幾何關(guān)系知：
$\frac{1}{2}$L+R₁sin30°=R₁，解得：R₁=L，
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$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}}$，解得：v₀=$\frac{qBL}{m}$，
對圓O₂，由幾何關(guān)系知：R₂+R₂sin30°=$\frac{1}{2}$L，解得：R₂=$\frac{1}{3}$L，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{2}}$，解得：v₀=$\frac{qBL}{3m}$，
則：$\frac{qBL}{3m}$≤v₀≤$\frac{qBL}{m}$范圍的粒子可從ab邊射出；
（2）由圖可知圓O₁對應(yīng)的圓心角150°，
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子的運動時間：t₁=$\frac{5}{12}$T=$\frac{5πm}{6qB}$，
圓O₂對應(yīng)的圓心角240°，對應(yīng)的時間t₂=$\frac{2}{3}$T=$\frac{4πm}{3qB}$，
粒子運動的時間范圍：$\frac{5πm}{6qB}$≤t≤$\frac{4πm}{3qB}$；
答：（1）粒子能從ab邊射出磁場的速度v₀的大小范圍是：$\frac{qBL}{3m}$≤v₀≤$\frac{qBL}{m}$．
（2）粒子從O點射入到離開ab邊射出磁場的時間范圍是：$\frac{5πm}{6qB}$≤t≤$\frac{4πm}{3qB}$．

點評 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動解題一般步驟是：
  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)強度、速度聯(lián)系；偏轉(zhuǎn)角度與運動時間相聯(lián)系，時間與周期聯(lián)系．
  3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律．