Question

7．如圖所示，在半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁場(chǎng)，直徑MN左側(cè)區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₁；MN右側(cè)區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₂．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（不計(jì)重力）從P點(diǎn)沿垂直于MN的方向射入磁場(chǎng)，通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后從Q點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)方向仍垂直于MN．若OP與MN的夾角為θ₁，OQ與MN的夾角為θ₂，粒子在MN左側(cè)區(qū)域磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁，在MN左側(cè)區(qū)域磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₂，則（　�。�

• A． $\frac{B_2}{B_1}=\frac{{sin{θ_1}}}{{sin{θ_2}}}$
• B． $\frac{B_2}{B_1}=\frac{{sin{θ_2}}}{{sin{θ_1}}}$
• C． $\frac{t_1}{t_2}=\frac{{sin{θ_2}}}{{sin{θ_1}}}$
• D． $\frac{t_1}{t_2}=\frac{{sin{θ_1}}}{{sin{θ_2}}}$

Answer 1

分析 根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，求出粒子軌道半徑，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)落了下來(lái)提供向心力，由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度，然后根據(jù)粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角與粒子的周期公式求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由幾何知識(shí)可知，粒子軌道半徑：
r₁=$\frac{Rsin{θ}_{1}}{cosα}$，r₂=$\frac{Rsin{θ}_{2}}{cosα}$；
A、粒子在磁場(chǎng)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：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{mv}{qr}$，
則：$\frac{{B}_{2}}{{B}_{1}}$=$\frac{{r}_{1}}{{r}_{2}}$=$\frac{sin{θ}_{1}}{sin{θ}_{2}}$，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=$\frac{θ}{2π}$T=$\frac{θm}{qB}$，
則：$\frac{{t}_{1}}{{t}_{2}}$=$\frac{\frac{{θ}_{1}m}{q{B}_{1}}}{\frac{{θ}_{2}m}{q{B}_{2}}}$=$\frac{{θ}_{1}{B}_{2}}{{θ}_{2}{B}_{1}}$=$\frac{{θ}_{1}sin{θ}_{1}}{{θ}_{2}sin{θ}_{2}}$，故CD錯(cuò)誤；
故選：A．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律與周期公式即可解題．