Question

13．如圖所示，正三角形ABC區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{3qL}$，△ABC的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，O為BC邊的中點(diǎn)．大量質(zhì)量為m、速度為v₀的粒子從O點(diǎn)沿不同的方向垂直于磁場(chǎng)方向射入該磁場(chǎng)區(qū)域（不計(jì)粒子重力），則從AB邊和AC邊射出的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能為（　�。�

• A． $\frac{\sqrt{3}πL}{3{v}_{0}}$
• B． $\frac{\sqrt{3}πL}{6{v}_{0}}$
• C． $\frac{\sqrt{3}πL}{9{v}_{0}}$
• D． $\frac{\sqrt{3}πL}{12{v}_{0}}$

Answer 1

分析 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出半徑，進(jìn)而求出周期，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，弦長(zhǎng)越長(zhǎng)，對(duì)應(yīng)的圓心角越大，根據(jù)幾何關(guān)系分別找出最長(zhǎng)和最短的弦，從而求出最長(zhǎng)和最短時(shí)間進(jìn)行選擇即可．

解答 解：帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：
Bqv₀=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，
解得：R=$\frac{\sqrt{3}}{2}L$；
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為：T=$\frac{2πm}{Bq}=\frac{{\sqrt{3}πL}}{{2{v_0}}}$，
當(dāng)軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的弦最長(zhǎng)時(shí)，圓心角最大，時(shí)間最長(zhǎng)，當(dāng)軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的弦最短時(shí)，圓心角最小，時(shí)間最短；
對(duì)于從AB邊和AC邊射出的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可知最長(zhǎng)的弦為OA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$L=R，恰好等于軌道半徑，對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，因此最長(zhǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：
${t_{max}}=\frac{60°}{360°}T=\frac{{\sqrt{3}πL}}{{12{v_0}}}$；
過(guò)O作AB邊或AC邊的垂線，垂足為D，可知OD=$\frac{\sqrt{3}}{4}L$為最短的弦，對(duì)應(yīng)的圓心角略小于30°，因此最短運(yùn)動(dòng)時(shí)間略小于$\frac{30°}{360°}T=\frac{{\sqrt{3}πL}}{{24{v_0}}}$；故A錯(cuò)誤，BCD正確；
故選：BCD

點(diǎn)評(píng) 本題考查粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，推導(dǎo)出的半徑與周期公式，靈活掌握粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的求解．