Question

7．如圖（甲）所示，某粒子源向外放射出一個α粒子，粒子速度方向與水平成30°角，質量為m，電荷量為+q．現(xiàn)讓其從粒子源射出后沿半徑方向射入一個磁感應強度為B、區(qū)域為圓形的勻強磁場（區(qū)域Ⅰ）．經該磁場偏轉后，它恰好能夠沿y軸正方向進入下方的平行板電容器，并運動至N板且恰好不會從N板的小孔P射出電容器．已知平行板電容器與一邊長為L的正方形單匝導線框相連，其內有垂直框面的磁場（區(qū)域Ⅱ），磁場變化如圖（乙）所示．不計粒子重力，求：

（1）磁場區(qū)域Ⅱ磁場的方向及α粒子射出粒子源的速度大��；
（2）圓形磁場區(qū)域的半徑；
（3）α粒子在磁場中運動的總時間．

Answer 1

分析 （1）α粒子不會從N板的小孔P射出電容器，說明在MN板間受到向上的電場力，電場方向向上，N板的電勢比M板的電勢高．根據(jù)楞次定律可判斷出區(qū)域Ⅱ內磁場的方向．由法拉第電磁感應定律求出MN板間的電壓，對于α粒子在MN板間的運動過程，運用動能定理列式，可求α粒子射出粒子源的速度大�。�
（2）α粒子在圓形磁場區(qū)域內做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌道半徑，畫出其運動軌跡，由幾何知識求解圓形磁場區(qū)域的半徑．
（3）在MN板間，α粒子在電場力作用下會重新回到圓形磁場區(qū)域，根據(jù)軌跡對應的圓心角求解α粒子在磁場中運動的總時間．

解答 解：（1）據(jù)題分析知，MN板間的電場方向向上，N板的電勢比M板的電勢高，根據(jù)楞次定律可知：磁場區(qū)域Ⅱ的磁場垂直于紙面向外．    
設正方形線框中產生的感應電動勢為U．
根據(jù)法第電磁感應定律，得  U=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{△B}{△t}$S=$\frac{{B}_{0}{L}^{2}}{{t}_{0}}$  ①
α粒子運動到P點恰好速度為零，對于在MN板間的運動過程，根據(jù)動能定理，有
  qU=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$  ②
聯(lián)立①②得 v=$\sqrt{\frac{2q{B}_{0}{L}^{2}}{m{t}_{0}}}$  ③
（2）設粒子運動半徑為r，圓形磁場區(qū)域的半徑為R．

根據(jù)牛頓第二定律，有
  qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$  ④
畫出粒子的運動軌跡，如圖，由幾何關系可知 tan30°=$\frac{R}{r}$  ⑤
聯(lián)立③④⑤解得 R=$\frac{1}{B}$=$\sqrt{\frac{2m{B}_{0}{L}^{2}}{3q{t}_{0}}}$  
（3）粒子的運動周期為 T=$\frac{2πr}{v}$     ⑥
粒子在電場力作用下要重新進入磁場，故運動時間為 t=2×$\frac{60°}{360°}$T       ⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦得 t=$\frac{2πm}{3qB}$
答：
（1）磁場區(qū)域Ⅱ磁場的方向垂直于紙面向外，α粒子射出粒子源的速度大小為$\sqrt{\frac{2q{B}_{0}{L}^{2}}{m{t}_{0}}}$；
（2）圓形磁場區(qū)域的半徑為$\sqrt{\frac{2m{B}_{0}{L}^{2}}{3q{t}_{0}}}$；
（3）α粒子在磁場中運動的總時間為$\frac{2πm}{3qB}$．

點評 本題是粒子在磁場中勻速圓周運動和電場中運動、電磁感應的綜合．磁場中圓周運動常用方法是畫軌跡，由幾何知識求半徑．