Question

11．如圖所示，一足夠長(zhǎng)的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)從矩形區(qū)域ad邊的中點(diǎn)O處垂直磁場(chǎng)射入一速度方向跟ad邊夾角為30°、大小為v₀的帶正電粒子，已知粒子質(zhì)量為m，電量為+q，ad邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，粒子重力不計(jì)，求：
（1）粒子能從ab邊上射出磁場(chǎng)的v₀大小范圍．
（2）問(wèn)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間是多少？在這種情況下，粒子v₀大小范圍．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其軌跡恰好與ab邊相切時(shí)，軌跡半徑最小，對(duì)應(yīng)的速度最�。�當(dāng)其軌跡恰好與cd邊相切時(shí)，軌跡半徑最大，對(duì)應(yīng)的速度最大，由幾何知識(shí)求出，再牛頓定律求出速度的范圍．
（2）粒子軌跡所對(duì)圓心最大時(shí)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間．當(dāng)其軌跡恰好與ab邊相切或軌跡更小時(shí)，時(shí)間最長(zhǎng)，求出圓心角，再求時(shí)間．

解答 解：（1）若粒子速度為v₀，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，
設(shè)圓心在O₁處，對(duì)應(yīng)圓弧與ab邊相切，相應(yīng)速度為v₀₁，
由幾何知識(shí)得：R₁+R₁sinθ=$\frac{L}{2}$，
類似地，設(shè)圓心在O₂處，對(duì)應(yīng)圓弧與cd邊相切，相應(yīng)速度為v₀₂，
由幾何知識(shí)得：R₂-R₂sinθ=$\frac{L}{2}$，
所以粒子能從ab邊上射出磁場(chǎng)的v₀應(yīng)滿足：$\frac{qBL}{3m}$＜v₀≤$\frac{qBL}{m}$；
（2）在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r≤R₁時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，弧所對(duì)圓心角為（2π-2θ），
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(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=$\frac{α}{2π}$T，
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間：t=$\frac{2（π-θ）m}{qB}$=$\frac{5πm}{3qB}$，
粒子速度：v₀≤$\frac{qBL}{m}$；
答：（1）粒子能從ab邊上射出磁場(chǎng)的速度v₀的大小范圍是$\frac{qBL}{3m}$＜v₀≤$\frac{qBL}{m}$；
（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間是：$\frac{5πm}{3qB}$，在這種情況下，粒子v₀大小范圍為：v₀≤$\frac{qBL}{m}$．

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)解題一般程序是
  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(qiáng)度、速度聯(lián)系；偏轉(zhuǎn)角度與運(yùn)動(dòng)時(shí)間相聯(lián)系，時(shí)間與周期聯(lián)系．
  3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律．