Question

8．如圖甲所示，在xoy平面第一象限內(nèi)有一與y軸正向成α=60°角的直線l，在y軸與直線l之間有垂直于紙面向里的勻強磁場．一質(zhì)量為m、電量為-q、不計重力的負(fù)電粒子，從y軸上坐標(biāo)為（0，d）的P點以一定速度沿x軸正方向射入磁場中．求解下列問題

（1）若磁感應(yīng)強度的大小恒為B₀，粒子恰好能垂直于直線l離開磁場，求粒子的入射速度大�。�
（2）在上述情況下，粒子從進(jìn)入磁場至到達(dá)x軸所用時間為多少？
（3）若保持磁感應(yīng)強度的大小仍為B₀，但方向隨時間周期性變化，垂直于紙面向里的方向為正，變化規(guī)律如圖乙所示，磁場的變化周期為T=$\frac{4πm}{3q{B}_{0}}$．該帶電粒子t=0時刻以一定速度沿x軸正方向從P點射入磁場中，粒子也恰好能垂直于直線l離開磁場，求粒子的入射速度大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求粒子的入射速度．
（2）粒子在磁場中的運動時間可根據(jù)軌跡對應(yīng)的圓心角，離開磁場后粒子做勻速直線運動，由運動學(xué)公式求時間．
（3）畫出半個周期內(nèi)粒子的運動軌跡．根據(jù)幾何知識和圓周運動的周期性列式求解．

解答 解：（1）由幾何知識可知，粒子圓周運動的半徑 R=d
根據(jù)qv₀B₀=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$得 v₀=$\frac{{B}_{0}qR}{m}$=$\frac{{B}_{0}qd}{m}$
（2）粒子磁場中運動時間 t₁=$\frac{1}{3}{T}_{0}$=$\frac{1}{6}×$$\frac{2πm}{q{B}_{0}}$=$\frac{πm}{3q{B}_{0}}$
粒子離開磁場勻速運動到x軸的時間 t₂=$\frac{dtan30°}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}πm}{3q{B}_{0}}$
故粒子從進(jìn)入磁場至到達(dá)x軸所用時間為 t=t₁+t₂=$\frac{（π+\sqrt{3}）m}{3q{B}_{0}}$
（3）在磁場的半個周期里，粒子的軌跡如圖

因t=$\frac{1}{2}T$=$\frac{1}{3}{T}_{0}$，T₀=$\frac{2πm}{q{B}_{0}}$，φ=$\frac{2π}{3}$，則θ=$\frac{π}{3}$

x₀=rsinθ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$r、y₀=r+rcosθ=$\frac{3}{2}$r
①粒子恰好能垂直于直線l離開磁場，滿足：
  d=2ky₀+r+2kx₀cotα
解得：r=$\fracnv8mkpd{4k+1}$，k=0，1，2，…
再由r=$\frac{mv}{q{B}_{0}}$得：v=$\frac{{B}_{0}qd}{（4k+1）m}$
②粒子恰好能垂直于直線l離開磁場，也可滿足：
  d=（2k+1）y₀+r+（2k+1）x₀cotα
解得：r=$\frac1sssobx{4k+3}$，k=0，1，2，…
再由r=$\frac{mv}{q{B}_{0}}$得：v=$\frac{{B}_{0}qd}{（4k+3）m}$
綜上所述：v=$\frac{{B}_{0}qd}{（2k+1）m}$，k=0，1，2，…
答：
（1）粒子的入射速度大小為$\frac{{B}_{0}qd}{m}$．
（2）在上述情況下，粒子從進(jìn)入磁場至到達(dá)x軸所用時間為$\frac{（π+\sqrt{3}）m}{3q{B}_{0}}$．
（3）粒子的入射速度大小為：$\frac{{B}_{0}qd}{（2k+1）m}$，k=0，1，2，…．

點評 此題考查了帶電粒子在磁場中的運動，關(guān)鍵是畫出粒子的運動軌跡圖，根據(jù)幾何知識求出半徑，找到圓心角和周期的關(guān)系．