Question

12．有一直角三角形OAC，OC長為12cm，∠C=30°，AC上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B₁=1T，OA左側(cè)也存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B₂未知，一質(zhì)量為m=8×10^-10kg、電荷量q=1×10^-4C的帶正電粒子從C點以垂直于OC的速度v進入磁場，恰好經(jīng)A點到達(dá)O點，不計粒子重力，求：
（1）未知勻強磁場的磁感應(yīng)強度B₂的大小；
（2）粒子在磁場中從C點經(jīng)A點到達(dá)O點運動的總時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場B₁中做勻速圓周運動，畫出運動的軌跡，畫出運動的軌跡，由幾何關(guān)系求出半徑，然后由洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律得出磁場B₂的大��；
（2）由周期公式與偏轉(zhuǎn)角度之間的關(guān)系即可求出時間．

解答 解：（1）粒子在磁場B₁中做勻速圓周運動，畫出運動的軌跡如圖，其圓心為O₁，設(shè)軌跡半徑為r₁，則∠O₁AC=∠O₁CA=30°

所以：∠AO₁O=2∠O₁CA=60°，粒子的偏轉(zhuǎn)角是120°
由幾何關(guān)系得：r₁+r₁cos60°=$\overline{OC}$
所以：r₁=$\frac{2}{3}\overline{OC}$=$\frac{2}{3}$×12cm=8cm
由洛倫茲力提供向心力得：qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$
所以：v=$\frac{q{B}_{1}{r}_{1}}{m}$=1.0×10⁴m/s
粒子在磁場B₂中做勻速圓周運動，畫出運動的軌跡如圖，其圓心為O₂，設(shè)軌跡半徑為r₂，則
$\overline{AO}$=2r₂•cos∠OAO₁=2r₂•cos30°=$\sqrt{3}$r₂
所以：r₂=$\frac{\sqrt{3}}{3}$$\overline{AO}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}•\overline{OC}•$tan30°=$\frac{1}{3}$×12cm=4cm
由洛倫茲力提供向心力得：qvB₂=$\frac{m{v}^{2}}{{r}_{2}}$
所以：B₂=$\frac{mv}{q{r}_{2}}$
代入數(shù)據(jù)得：B₂=2T
（2）粒子在磁場B₁中運動的周期：T₁=$\frac{2π{r}_{1}}{v}$=$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$
由偏轉(zhuǎn)角與偏轉(zhuǎn)時間的關(guān)系得：t₁=$\frac{120°}{360°}$T₁=$\frac{2πm}{3q{B}_{1}}$
粒子在磁場B₁中運動的周期：T₂=$\frac{2π{r}_{2}}{v}$=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$
由圖可知，粒子 在磁場B₂中偏轉(zhuǎn)的角度也是120°
所以：t₂=$\frac{1}{3}$T₂=$\frac{2πm}{3q{B}_{2}}$
粒子在磁場中運動的總時間：t=t₁+t₂
代入數(shù)據(jù)得：t=8π×10^-6s
答：
（1）未知勻強磁場的磁感應(yīng)強度B₂的大小是2T；
（2）粒子在磁場中運動的總時間是8π×10^-6s．

點評 考查帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的過程中，用牛頓第二定律與運動學(xué)公式，并結(jié)合幾何關(guān)系來處理這兩種運動，強調(diào)并突出準(zhǔn)確的運動軌跡圖．