Question

2．如圖所示，半徑為R的一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，一電荷量為q（q＞0）．質量為m的粒子沿正對co中點且垂直于co方向射入磁場區(qū)域．不計重力，則（　�。�

• A． 若要使帶電粒子能從bd之間飛出磁場，射入粒子的速度大小的范圍是$\frac{qBR}{m}＜v＜（2+\sqrt{3}）\frac{qBR}{M}$
• B． 若要使帶電粒子能從bd之間飛出磁場，射入粒子的速度大小的范圍是$\frac{qBR}{m}＜v＜（1+\sqrt{2}）\frac{qBR}{m}$
• C． 若要使粒子在磁場中運動的時間為四分之一周期，射入粒子的速度為v₃=（$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$）$\frac{qBR}{m}$
• D． 若要使粒子在磁場中運動的時間為四分之一周期，射入粒子的速度為v₃=$\frac{1+\sqrt{3}}{3}$$\frac{qBR}{m}$

Answer 1

分析 AB、作出粒子運動軌跡，由幾何知識求出粒子軌道半徑，由牛頓第二定律求出粒子的速度；
CD、由幾何知識求出粒子軌道半徑，由牛頓第二定律求出粒子速度．

解答 解：AB、粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示：
由幾何知識得：（1.5R-r₁）²+（Rsin60°）²=r₁²，
解得：r₁=R，
由牛頓第二定律得：$q{v_1}B=m\frac{v_1^2}{r_1}$，
解得：${v_1}=\frac{qBR}{m}$，
如上圖所示：∠bog=90°+60°=150°，
所以∠goo′=105°，∠go′o=15°，
在三角△goo′中，由正弦定理得：$\frac{R}{sin15°}=\frac{r_2}{sin105°}$，
解得：${r_2}=（2+\sqrt{3}）R$，
由牛頓第二定律得：$q{v_2}B=\frac{mv_2^2}{r_2}$，
解得：${v_2}=（2+\sqrt{3}）\frac{qBR}{m}$，
所以速度范圍：$\frac{qBR}{m}＜v＜（2+\sqrt{3}）\frac{qBR}{m}$；
故A正確，B錯誤；
CD、粒子的運動軌跡如圖所示：
設∠fod=α，由幾何關系得：
Rsin60°+Rsinα=Rcosα+Rcos60°=r₃，
$cosα-sinα=\frac{{\sqrt{3}}}{2}-\frac{1}{2}$，
解得：sin2α=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，α=30°，
${r_3}=\frac{{1+\sqrt{3}}}{2}R$，
由牛頓第二定律得：$q{v_3}B=m\frac{v_3^2}{r_3}$，
解得：v₃=（$\frac{1+\sqrt{3}}{2}$）$\frac{qBR}{m}$；
故C正確，D錯誤；
故選：AC

點評 本題考查了粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡，應用牛頓第二定律即可正確解題，由幾何知識求出粒子運動軌跡是正確解題的前提與關鍵．