Question

16．如圖所涉及，正三角形ABC區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{3qL}$，△ABC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)射入該磁場(chǎng)區(qū)域（不計(jì)粒子重力），則對(duì)于從AB和AC邊射出的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不可能為（　�。�

• A． $\frac{\sqrt{3}πL}{6{v}_{0}}$
• B． $\frac{\sqrt{3}πL}{9{v}_{0}}$
• C． $\frac{\sqrt{3}πL}{12{v}_{0}}$
• D． $\frac{\sqrt{3}πL}{15{v}_{0}}$

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$\frac{{v}_{0}}{R}$，
解得：R=$\frac{\sqrt{3}}{2}L$，
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=$\frac{2πm}{Bq}=\frac{\sqrt{3}πL}{2{v}_{0}}$，
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為θ，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=$\frac{θ}{360°}T$，
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)系可知，若粒子可以從A點(diǎn)射出，則對(duì)應(yīng)的弦最長(zhǎng)，則圓心角最大，
OA=$\frac{\sqrt{3}}{2}L=R$，則θ=60°，所以最長(zhǎng)時(shí)間${t}_{max}=\frac{60°}{360°}T=\frac{\sqrt{3}πL}{12{v}_{0}}$，
但實(shí)際情況下，粒子在到達(dá)A點(diǎn)之前就已經(jīng)離開磁場(chǎng)區(qū)域，所以時(shí)間肯定小于$\frac{\sqrt{3}πL}{12{v}_{0}}$，
過(guò)0點(diǎn)作AB的垂線OD，則OD為弦時(shí)，弦最短，最短為$\frac{\sqrt{3}}{4}L$，根據(jù)幾何關(guān)系可知，θ＜30°，則最短時(shí)間t_min＜${t}_{max}=\frac{30°}{360°}T=\frac{\sqrt{3}πL}{24{v}_{0}}$，故D正確，ABC錯(cuò)誤．
本題選不可能的，故選：ABC

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．