题目内容
10．
如图所示，竖直面内三角形MNQ，∠M为直角，α=$\frac{π}{3}$．有一束质量为m、电量为+q的带电粒子以相同的速度v由三角形的M点沿MQ方向射出．在MN所在直线的右侧适当区域施加垂直MNQ平面的有界匀强磁场，使带电粒子偏转后能沿着QN方向到达N点，所加磁场的磁感应强度为B．带电粒子所受重力忽略不计．（1）若所加磁场的横截面为圆形，其最小面积为多少（q、m、v、B均为已知），磁场方向向里还是向外？
（2）若MN的长度L=1.5m，带电粒子的质量为m=4.0×10-8kg、电量为q=+4.0×10-3C、速度为v=5.0×104m/s，所加磁场的磁感应强度为B=1.0T，所加有界磁场的横截面仍为圆形，带电粒子能沿QN方向到达N点，则带电粒子由M点到N点的时间为多少？（计算结果保留两位有效数字）
分析 （1）设离开磁场的点为S点，当磁场区域以PS为直径时，该区域面积是最小的；根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，结合几何关系得到磁场区域圆的半径；
（2）在磁场区域外是匀速直线运动，在磁场内是匀速圆周运动，结合几何关系得到各个轨迹的长度即可得到总时间．
解答 
解：（1）带电粒子由P点进入有界圆形磁场区域，S点出磁场区域，如图所示．当PS为所加圆形磁场区域的直径时，圆形磁场区域的面积最小．O1为带电粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心、r1为其半径，圆O2为所施加圆形有界磁场的圆心，r2为其半径．
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$\frac{π}{6}$=$\frac{\sqrt{3}mv}{2qB}$
所以最小区域磁场面积S=π${r}_{2}^{2}$=$\frac{3π{m}^{2}{v}^{2}}{4{q}^{2}{B}^{2}}$
由左手定则：磁场的方向垂直纸面向外．
（2）把m=4.0×10-8kg、q=+4.0×10-3C、v=5.0×104m/s，B=1.0T代入r1=$\frac{mv}{qB}$，
得带电粒子做圆周运动的半径为：r1=0.5m
因为MN=3r1，所以使带电粒子能沿QN方向到达N点，必须在M点进入磁场，S点出磁场，如图所示．所加有界磁场区域的半径为MO2，带电粒子圆周运动的半径为MO1．有几何关系∠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
带电粒子在磁场运动的时间为$\frac{1}{3}$个周期，所以有：
t1=$\frac{1}{3}$T═2.1×10-5s
出磁场后，O1N=L-MO1=1.5-0.5=1.0m，
在直角三角形O1SN中，因为∠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
所以总时间t=t1+t2=2.1×10-5+1.7×10-5=3.8×10-5s
答：（1）若所加磁场的横截面为圆形，其最小面积为$\frac{3π{m}^{2}{v}^{2}}{4{q}^{2}{B}^{2}}$，磁场方向向外；
（2）若MN的长度L=1.5m，带电粒子的质量为m=4.0×10-8kg、电量为q=+4.0×10-3C、速度为v=5.0×104m/s，所加磁场的磁感应强度为B=1.0T，所加有界磁场的横截面仍为圆形，带电粒子能沿QN方向到达N点，则带电粒子由M点到N点的时间为3.8×10-5s．
点评 该题考查带电粒子在磁场中的运动，由于涉及到粒子的临界问题，所以解答的关键是明确粒子的运动情况，画出临界轨迹，然后结合牛顿第二定律列式求解．
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