Question

15．如圖甲所示，在0≤x≤d的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場，在x＜0的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場（圖中未畫出）．一質(zhì)子從點P（-$\sqrt{3}$d，-$\frachnejxc1{2}$）處以速度v₀沿x軸正方向運動，t=0時，恰從坐標(biāo)原點O進入勻強磁場．磁場按圖乙所示規(guī)律變化，以垂直于紙面向外為正方向．已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為e，重力不計．
（1）求質(zhì)子剛進入磁場時的速度大小和方向；
（2）若質(zhì)子在0～$\frac{T}{2}$時間內(nèi)從y軸飛出磁場，求磁感應(yīng)強度B的最小值；
（3）若質(zhì)子從點M（d，0）處離開磁場，且離開磁場時的速度方向與進入磁場時相同，求磁感應(yīng)強度B₀的大小及磁場變化周期T．

Answer 1

分析 （1）質(zhì)子在勻強電場做類平拋運動，由水平位移和豎直位移從而能求出進入磁場時的速度方向．
（2）當(dāng)質(zhì)子在該時間內(nèi)飛出磁場時，質(zhì)子做勻速圓周運動的軌跡恰與邊界相切，由幾何關(guān)系求得質(zhì)子做勻速圓周運動的半徑，由牛頓第二定律求出最小的磁感應(yīng)強度的大�。�
（3）分析可知，要想滿足題目要求，則質(zhì)子在磁場變化的半個周期內(nèi)的偏轉(zhuǎn)角為60°，此過程中質(zhì)子沿x軸方向上的位移恰好等于它在磁場中做圓周的半徑R．欲使質(zhì)子從M點離開磁場，且速度符合要求，必有：n×2R=d．同上一問可求出磁感應(yīng)強度可能值及交變磁場的周期．

解答 解：（1）質(zhì)子在電場中作類平拋運動，時間為t，剛進磁場時速度方向與x正半軸的夾角為α，有：
   $x={v_0}t=\sqrt{3}d$   
   $y=\frac{v_y}{2}t=\fracwqlytou{2}$
   $tanα=\frac{v_y}{v_x}$
 解得：$v=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}{v_0}$     α=30°
（2）質(zhì)子在磁場中運動軌跡與磁場右邊界相切時半徑最大，B最小，由幾何關(guān)系知：
R₁+R₁cos60°=d  
求得：${R_1}=\frac{2}{3}d$
根據(jù)牛頓第二定律有：
 $e{v_0}B=\frac{{mv{\;}_0^2}}{R_1}$
解得：$B=\frac{{\sqrt{3}m{v_0}}}{ed}$
（3）分析可知，要想滿足題目要求，則質(zhì)子在磁場變化的半個周期內(nèi)的偏轉(zhuǎn)角為60°，在 此過程中質(zhì)子沿x軸方向上的位移恰好等于它在磁場中做圓周的半徑R．欲使質(zhì)子從M點離開磁場，且速度符合要求，必有：
n×2R=d
 質(zhì)子做圓周運動的軌道半徑為：$R=\frac{mv}{{e{B_0}}}=\frac{{2\sqrt{3}m{v_0}}}{{3e{B_0}}}$
 解得：${B_0}=\frac{{4\sqrt{3}nm{v_0}}}{3ed}$（n=1、2、3…）
設(shè)質(zhì)子在磁場做圓周運動的周期為T₀，則有：${T_0}=\frac{2πm}{{e{B_0}}}$     $n×\frac{T_0}{3}=nT$
解得：$T=\frac{{\sqrt{3}πd}}{{6n{v_0}}}$（n=1、2、3…）
答：（1）求質(zhì)子剛進入磁場時的速度大小$v=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}{v_0}$，方向與x正半軸的夾角為30°．
（2）若質(zhì)子在0～$\frac{T}{2}$時間內(nèi)從y軸飛出磁場，則磁感應(yīng)強度B的最小值$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{ed}$．
（3）若質(zhì)子從點M（d，0）處離開磁場，且離開磁場時的速度方向與進入磁場時相同，磁感應(yīng)強度B₀的
大小$\frac{4\sqrt{3}nm{v}_{0}}{3ed}$ （n=1、2、3…），磁場變化周期T為$\frac{\sqrt{3}πd}{6n{v}_{0}}$（n=1、2、3…）．

點評 本題的靚點在于第三問：①由于進入磁場的速度方向的特殊性，要使質(zhì)子從M點離開，在一個交變周期內(nèi)做勻速圓周運動的半徑的2n倍等于d．②交變磁場的周期恰是粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)60°時間的2n倍．