Question

10．如圖所示，豎直面內(nèi)三角形MNQ，∠M為直角，α=$\frac{π}{3}$．有一束質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子以相同的速度v由三角形的M點沿MQ方向射出．在MN所在直線的右側(cè)適當(dāng)區(qū)域施加垂直MNQ平面的有界勻強磁場，使帶電粒子偏轉(zhuǎn)后能沿著QN方向到達(dá)N點，所加磁場的磁感應(yīng)強度為B．帶電粒子所受重力忽略不計．
（1）若所加磁場的橫截面為圓形，其最小面積為多少（q、m、v、B均為已知），磁場方向向里還是向外？
（2）若MN的長度L=1.5m，帶電粒子的質(zhì)量為m=4.0×10^-8kg、電量為q=+4.0×10^-3C、速度為v=5.0×10⁴m/s，所加磁場的磁感應(yīng)強度為B=1.0T，所加有界磁場的橫截面仍為圓形，帶電粒子能沿QN方向到達(dá)N點，則帶電粒子由M點到N點的時間為多少？（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

Answer 1

分析 （1）設(shè)離開磁場的點為S點，當(dāng)磁場區(qū)域以PS為直徑時，該區(qū)域面積是最小的；根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑，結(jié)合幾何關(guān)系得到磁場區(qū)域圓的半徑；
（2）在磁場區(qū)域外是勻速直線運動，在磁場內(nèi)是勻速圓周運動，結(jié)合幾何關(guān)系得到各個軌跡的長度即可得到總時間．

解答 解：（1）帶電粒子由P點進(jìn)入有界圓形磁場區(qū)域，S點出磁場區(qū)域，如圖所示．當(dāng)PS為所加圓形磁場區(qū)域的直徑時，圓形磁場區(qū)域的面積最�。甇₁為帶電粒子在有界磁場中做圓周運動的圓心、r₁為其半徑，圓O₂為所施加圓形有界磁場的圓心，r₂為其半徑．
由qvB=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$得：r₁=$\frac{mv}{qB}$
在三角形O₁PQ中∠O₁QP=$\frac{π}{6}$，又O₁Q⊥PS
所以∠O₁PO₂=$\frac{π}{6}$  所以r₂=r₁cos$\frac{π}{6}$=$\frac{\sqrt{3}mv}{2qB}$
所以最小區(qū)域磁場面積S=π${r}_{2}^{2}$=$\frac{3π{m}^{2}{v}^{2}}{4{q}^{2}{B}^{2}}$
由左手定則：磁場的方向垂直紙面向外．
（2）把m=4.0×10^-8kg、q=+4.0×10^-3C、v=5.0×10⁴m/s，B=1.0T代入r₁=$\frac{mv}{qB}$，
得帶電粒子做圓周運動的半徑為：r₁=0.5m
因為MN=3r₁，所以使帶電粒子能沿QN方向到達(dá)N點，必須在M點進(jìn)入磁場，S點出磁場，如圖所示．所加有界磁場區(qū)域的半徑為MO₂，帶電粒子圓周運動的半徑為MO₁．有幾何關(guān)系∠MO₁S=$\frac{2π}{3}$．
$T=\frac{2πm}{qB}=\frac{2×3.14×4.0×1{0}^{-8}}{4.0×1{0}^{-3}×1.0}$=6.3×10^-5s 
帶電粒子在磁場運動的時間為$\frac{1}{3}$個周期，所以有：
t₁=$\frac{1}{3}$T═2.1×10^-5s  
出磁場后，O₁N=L-MO₁=1.5-0.5=1.0m，
在直角三角形O₁SN中，因為∠O₁NS=$\frac{π}{6}$，所以SN=O₁Ncos$\frac{π}{6}$=1.0×$\frac{\sqrt{3}}{2}$m=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m．
所以t₂=$\frac{SN}{v}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{5.0×1{0}^{4}}$s=1.7×10^-5s   
所以總時間t=t₁+t₂=2.1×10^-5+1.7×10^-5=3.8×10^-5s
答：（1）若所加磁場的橫截面為圓形，其最小面積為$\frac{3π{m}^{2}{v}^{2}}{4{q}^{2}{B}^{2}}$，磁場方向向外；
（2）若MN的長度L=1.5m，帶電粒子的質(zhì)量為m=4.0×10^-8kg、電量為q=+4.0×10^-3C、速度為v=5.0×10⁴m/s，所加磁場的磁感應(yīng)強度為B=1.0T，所加有界磁場的橫截面仍為圓形，帶電粒子能沿QN方向到達(dá)N點，則帶電粒子由M點到N點的時間為3.8×10^-5s．

點評 該題考查帶電粒子在磁場中的運動，由于涉及到粒子的臨界問題，所以解答的關(guān)鍵是明確粒子的運動情況，畫出臨界軌跡，然后結(jié)合牛頓第二定律列式求解．