Question

15．如圖所示，成30°角的OA、OB間有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，OA邊界上的S點(diǎn)有一電子源，在紙面內(nèi)向各個(gè)方向均勻發(fā)射速率相同的電子，電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r，周期為T．已知從OB邊界射出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為$\frac{T}{6}$，則下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 沿某一方向發(fā)射的電子，可能從O點(diǎn)射出
• B． 沿某一方向發(fā)射的電子，可能沿垂直于OB的方向射出
• C． 從OA邊界射出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為$\frac{T}{3}$
• D． 從OB邊界射出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為$\frac{T}{4}$

Answer 1

分析 所有粒子的初速度大小相同，軌跡半徑相同，當(dāng)入射點(diǎn)與出射點(diǎn)連線最短時(shí)，軌跡的圓心角最小，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短．相反連線最長(zhǎng)，時(shí)間最長(zhǎng)．根據(jù)幾何知識(shí)，作出軌跡，確定時(shí)間的范圍進(jìn)行選擇．

解答 解：電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：r=$\frac{mv}{eB}$，由于電子速率v相同，則電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r相同，當(dāng)出射點(diǎn)D與S點(diǎn)的連線垂直于OB時(shí)，弦SD最短，軌跡所對(duì)的圓心角最小，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，t=$\frac{θ}{360°}$T=$\frac{1}{6}$T，則：θ=60°如圖所示：
此時(shí)在三角形△OSD中，∠OSD=90°-30°=60°，所以在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間的電子入射的方向垂直于OA，$\overline{OS}=\frac{\overline{SD}}{sin30°}=\frac{r}{sin30°}=2r$．

A、電子在磁場(chǎng)中所有軌跡對(duì)應(yīng)圓心可能的位置應(yīng)在以S為圓心半徑為$\frac{SO}{2}$的圓弧上，則所有在磁場(chǎng)中的軌跡不可能通過O，作圖過O的圓弧與BO有除O以外的另一個(gè)交點(diǎn)，如圖所示：

說(shuō)明到O點(diǎn)前已經(jīng)飛出磁場(chǎng)了，故A錯(cuò)誤；
B、由以上的分析可知，若電子垂直O(jiān)A射入，則垂直O(jiān)B射出，故B正確；
C、從OA邊界射出的電子在圓弧軌跡剛好與BO相切時(shí)，在磁場(chǎng)中軌跡最長(zhǎng)，對(duì)應(yīng)圓心角和運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，如圖所示：

由幾何關(guān)系可得圓心角θ=120°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t_最大=$\frac{120°}{360°}$T=$\frac{1}{3}$T，故C正確；
D、若畫出初速度的方向豎直向上的電子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，
可知電子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定是大于個(gè)周期，故$\frac{1}{4}$D錯(cuò)誤；
故選：BC．

點(diǎn)評(píng) 粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的問題，關(guān)鍵是畫軌跡．本題是根據(jù)幾何知識(shí)：半徑一定時(shí)，弦越長(zhǎng)，對(duì)應(yīng)的圓心角越大，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)．