Question

4．如圖，MN是一個(gè)垂立紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的理想邊界，現(xiàn)在其O點(diǎn)先后以初速v與MN成$\frac{π}{6}$角入射，質(zhì)量均為m，帶電路分別為+q和-q的帶電微粒（不計(jì)重力）．已知磁感強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，則（　�。�

• A． 正負(fù)電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)平均速度大小之比為1：1
• B． 正負(fù)電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)平均速度大小之比為1：5
• C． 正負(fù)電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和為$\frac{2mπ}{qB}$
• D． 兩粒子離開磁場(chǎng)的間距為$\frac{2mv}{qB}$

Answer 1

分析 由于正負(fù)粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)方向相反，據(jù)左手定則，正粒子做逆時(shí)針、負(fù)粒子做順時(shí)針方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．先畫出其運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系和牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出正負(fù)粒子在磁場(chǎng)中的位移和時(shí)間中，從而也能求出粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的間距．

解答 解：正負(fù)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示：
圓心分別為O和O′，由洛侖茲力提供向心力$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$  得到半徑$r=\frac{mv}{qB}$，而運(yùn)動(dòng)周期$T=\frac{2πm}{qB}$，正粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)$\frac{5π}{3}$，負(fù)粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)$\frac{π}{3}$，由幾何關(guān)系還可求出出射點(diǎn)與入射點(diǎn)的距離為$d=2rsin\frac{π}{6}=\frac{mv}{qB}$．
A、正粒子在磁場(chǎng)中的時(shí)間${t}_{1}=\frac{\frac{5π}{3}}{2π}T=\frac{5πm}{3qB}$，據(jù)平均速度的定義求得：正粒子的平均速度${v}_{1}=\fracxfll557{{t}_{1}}=\frac{v}{5π}$ 負(fù)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間${t}_{2}=\frac{2×\frac{π}{6}}{2π}T=\frac{πm}{3qB}$，負(fù)粒子的平均速度${v}_{2}=\frac9lr9pdt{{t}_{2}}=\frac{3v}{π}$，這樣很容易求出$\frac{{v}_{1}}{{v}_{2}}=\frac{1}{5}$，所以A錯(cuò)．
B、由A選項(xiàng)中的結(jié)果知道$\frac{{v}_{1}}{{v}_{2}}=\frac{1}{5}$，所以B正確．
C、根據(jù)上述計(jì)算知道：${t}_{1}+{t}_{2}=\frac{2πm}{qB}=T$，所以C正確．
D、兩粒子離開磁場(chǎng)的間距為$2d=\frac{2mv}{qB}$．
故選：BCD

點(diǎn)評(píng) 本題的關(guān)鍵是要畫出正負(fù)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系求出出射點(diǎn)離入射點(diǎn)的距離．由偏轉(zhuǎn)角度求出粒子粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而判斷出正確結(jié)論．