Question

17．勻強磁場分布在直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，AD邊長為2L，θ=30°，質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子束以不同速度從AD邊的中點P垂直AD邊沿紙面射入磁場，速率最大的粒子恰好垂直CD邊穿出，不考慮粒子的重力，則（　�。�

• A． CD邊有粒子射出的區(qū)域長一定為$\frac{（3-\sqrt{3}）L}{3}$
• B． 粒子的最大動能為$\frac{{q}^{2}{B}^{2}{L}^{2}}{m}$
• C． 粒子在磁場中運動的最長時間一定為$\frac{πm}{qB}$
• D． 粒子在磁場中運動的最短時間為$\frac{πm}{6qB}$

Answer 1

分析 畫出粒子速度最大時、軌跡與CD邊相切時的運動軌跡，軌跡幾何關(guān)系求解半徑，由此求出從CD邊射出區(qū)域長度；軌跡洛倫茲力提供向心力求解最大速度，然后求解最大動能；時間最長時軌跡對應(yīng)的圓心角為180°，時間最短時軌跡對應(yīng)的圓心角為30°，根據(jù)周期公式求解時間．

解答 解：A、根據(jù)左手定則可知粒子向下偏轉(zhuǎn)，速率最大的粒子恰好垂直CD邊穿出，軌跡如圖所示，
根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子半徑為：R_max=PD=L，
光從CD邊射出的粒子軌跡與CD邊相切時半徑最小，根據(jù)幾何關(guān)系可知，
${R}_{min}+\frac{{R}_{min}}{sin30°}=PD$，
解得：${R}_{min}=\frac{L}{3}$，
CD邊有粒子射出的區(qū)域長為d=R_max-2R_mincos30°=$\frac{（3-\sqrt{3}）L}{3}$，A正確；
B、粒子的半徑最大時，速度最大，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{R}$，
則最大速度為：${v}_{max}=\frac{qBL}{m}$，
粒子的最大動能為${E}_{k}=\frac{1}{2}m{v}_{max}^{2}=\frac{{q}^{2}{B}^{2}{L}^{2}}{2m}$，B錯誤；
C、粒子從AD邊射出時運動時間最長，則：$t=\frac{T}{2}=\frac{πm}{qB}$，C正確；
D、粒子垂直于CD邊界出來時，軌跡對應(yīng)的圓心角最小，時間最短，則最短時為：${t}_{min}=\frac{30°}{360°}T$=$\frac{πm}{6qB}$，D正確；
故選：ACD．

點評 對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間．