Question

一足夠長的矩形區域abcd內有磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場，矩形區域的左邊界ad寬為L，現從ad中點O垂直于磁場射入一帶電粒子，速度大小為v₀，方向與ad邊夾角為θ=30°，如圖所示．已知粒子的電荷量為q，質量為m（重力忽略不計）．
（1）若粒子帶負電，且恰好能從d點射出磁場，求v₀的大小；
（2）若粒子帶正電，使粒子能從ab邊射出磁場，求v₀的取值范圍，以及此范圍內粒子在磁場中運動時間t的范圍．

Answer 1

分析：（1）根據牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力，結合幾何關系可確定半徑的范圍，即可求解；
（2）根據題意確定運動軌跡，再由圓心角與周期公式，即可確定最長運動的時間；根據半徑公式與半徑的取值，即可求解．

解答：解：（1）若粒子帶負電，且恰好能從d點射出磁場，它運動的軌跡如圖1，

則運動的半徑：R=

L

2

，
運動的過程洛倫茲力提供向心力，得：qv0B=

m v 2 0

R

整理得：ν0=

BqL

2m

（2）若粒子帶正電，粒子運動的軌跡如右圖所示，當粒子的速度大于與R₁相對應的速度v₁時，粒子將從dc邊射出．
由幾何關系可得：R₁=L ①
由洛侖茲力和向心力公式可得：qv1B=

m v 2 1

R1

  ②
當粒子的速度小于與R₂相對應的速度v₂時，粒子將從ad邊射出．
由幾何關系可得：

1

2

L-R2=

1

2

R2  ③
由③式解得：R2=

1

3

L    ④
由洛侖茲力和向心力公式可得：qv2B=

m v 2 2

R2

   ⑤
將①④式分別代入②⑤式可解得：v1=

qBL

m

；v2=

qBL

3m

    ⑥
所以v₀的取值范圍是

qBL

3m

≤v0≤

qBL

m

   ⑦
從圖中可以看出，當軌跡的半徑對應R₁時從ab邊上射出使用的時間最短，此時對應的圓心角為：
 θ=180°-30°=150°
由公式可得：T=

2πR

v

=

2πm

qB

⑧
根據周期與運動時間的關系得：

θ

360°

=

t1

T

整理得：t1=

5πm

6qB

  ⑨
粒子在磁場中運動的時間最長，其做圓周運動的圓心角必然最大，在答圖中，當粒子的速度小于v₂時，粒子從ad邊的不同位置射出時，其半徑雖不同，但圓心角的夾角都是300°=

5

6

×2π，所以粒子在磁場中的運動時間也是

5T

6

，此即粒子在磁場中運動的最長時間．
所以粒子運動的最長時間為：t2=

5T

6

=

5πm

3qB

 ⑩
與粒子在磁場中運行時間相對應的t的大小范圍是

5πm

6Bq

＜t≤

5πm

3Bq

：
答：（1）ν0=

BqL

2m

（2）v₀的取值范圍

BqL

3m

≤ν0≤

BqL

m

，粒子在磁場中運動時間t的范圍

5πm

6Bq

＜t≤

5πm

3Bq

．

點評：考查牛頓第二定律的應用，掌握幾何關系在題中的運用，理解在磁場中運動時間與圓心角的關系．注意本題關鍵是畫出正確的運動軌跡