Question

17．半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓心O到直線MN距離為$\frac{3}{5}$R．一個(gè)帶電的粒子以初速度v₀沿MN方向飛出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力，已知粒子飛出磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)了90°．求：
（1）帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t．

Answer 1

分析 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于粒子電性未知，所以存在兩種情況，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出半徑，再與幾何關(guān)系聯(lián)立即可；求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間運(yùn)用周期公式結(jié)合所轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角即可．

解答 解：情況一：若粒子帶正電，軌跡如圖1所示，

根據(jù)對(duì)稱關(guān)系可知，兩圓心連線OO′為∠PO′Q的角平分線，
所以∠OO′Q=∠OO′P=45°，可知四邊形OPO′Q為正方形，故O′Q=OQ，
由幾何關(guān)系可得：r=O′Q+QM=OQ+QM=Rcosθ+$\frac{3}{5}$R ①
cosθ=$\frac{\sqrt{{R}^{2}-（\frac{3}{5}R）^{2}}}{R}$=$\frac{4}{5}$ ②
由①②得：r=$\frac{7}{5}$R ③
電荷進(jìn)入磁場(chǎng)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其軌道半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律可得：
qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$ ④
由③④得：$\frac{q}{m}$=$\frac{5{v}_{0}}{7BR}$
T=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$=$\frac{14πR}{5{v}_{0}}$ ⑤
又因?yàn)閠=$\frac{T}{4}$ ⑥
由⑤⑥得：t=$\frac{7πR}{10{v}_{0}}$
情況二：若粒子帶負(fù)電，軌跡如圖2所示，

根據(jù)對(duì)稱關(guān)系可知，兩圓心連線OO′′為∠CDE的角平分線，
所以∠ODC=∠ODE=45°，可知四邊形OCDE為正方形，故CD=ED，
由幾何關(guān)系可得：r=CM-CD=CM-ED=Rcosθ-$\frac{3}{5}$R ⑦
cosθ=$\frac{\sqrt{{R}^{2}-{（\frac{3}{5}R）}^{2}}}{R}$=$\frac{4}{5}$ ⑧
由⑦⑧得：r=$\frac{1}{5}R$  ⑨
電荷進(jìn)入磁場(chǎng)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其軌道半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律可得：
qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$ ⑩
由⑨⑩得：$\frac{q}{m}$=$\frac{5{v}_{0}}{BR}$ 
T=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$=$\frac{2πR}{5{v}_{0}}$⑪
又因?yàn)閠=$\frac{T}{4}$⑫
由⑪⑫得：t=$\frac{πR}{10{v}_{0}}$
答：（1）帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$為$\frac{5{v}_{0}}{7BR}$或$\frac{5{v}_{0}}{BR}$；
（2）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t為$\frac{7πR}{10{v}_{0}}$或$\frac{πR}{10{v}_{0}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，考查半徑公式以及周期公式的運(yùn)用；解題的關(guān)鍵是畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的過(guò)程圖，運(yùn)用洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合的思路；注意粒子電性不確定，導(dǎo)致結(jié)果有兩種情況．