Question

19．如圖甲所示，在y≥0的區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面方向的有界勻強磁場，MN為磁場區(qū)域的上邊界，磁場在x軸方向范圍足夠大．磁感應強度的變化如圖乙所示，取垂直紙面向里為正方向．現(xiàn)有一帶負電的粒子，質量為m=9.6×10^-18kg，電荷量為q=3.2×10^-12C，在t₀時刻以速度v₀=6.28×10²m/s從O點沿如圖所示方向進入磁場區(qū)域，已知θ=30°，粒子重力不計．求：
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期；
（2）若t₀=0，如果t=2×10^-3時粒子仍在磁場內(nèi)，則此時它的位置坐標；
（3）若t₀=0，粒子垂直于MN離開磁場，則磁場上邊界MN與x軸間的距離；
（4）若t₀=0.75×10^-3s，粒子離開磁場時速度方向與它在O點的速度方向相同，則粒子通過磁場區(qū)域的時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子在磁場中的半徑公式和周期公式求出半徑的大小和周期的大�。�
（2）作出粒子的運動軌跡，根據(jù)半徑的大小，結合幾何關系求出位置坐標．
（3）抓住粒子運動的周期性，結合幾何關系，求出磁場上邊界MN與x軸間的距離的通項表達式．
（4）作出粒子的運動軌跡，結合磁場變化的周期性，通過周期公式，抓住粒子在a、b、c等位置離開磁場時速度方向與它在O點的速度方向相同進行求解．

解答 解：（1）洛倫茲力提供向心力，有：$q{v_0}B=m\frac{v_0^2}{R}$
得：$R=\frac{{m{v_0}}}{qB}=0.6m$，
$T=\frac{2πR}{v_0}=6×{10^{-3}}s$
（2）粒子在t₀=0s時刻進入磁場，在t=1×10^-3s時，粒子y₀=2Rcos60°=R；t=2×10^-3s時，粒子y=2y₀=2R=1.2m．
則它的位置坐標為（0，1.2m）
（3）粒子在t₀=0s時刻進入磁場，粒子運動軌跡如圖所示，要粒子垂直于MN離開磁場，可能從A、B等位置離開磁場，則磁場上邊界MN與x軸間的距離：
$d=\frac{2n+1}{2}R=0.3（2n+1）$m      （n=0、1、2、3…） 
（4）由圖乙可知磁場的變化周期為：
${T_0}=2×{10^{-3}}s$；
$α=\frac{{\frac{T_0}{2}-{t_0}}}{T_0}×\frac{2π}{3}=\frac{π}{12}$，
$β=\frac{1}{3}π-α=\frac{π}{4}$．
粒子在a、b、c等位置離開磁場時速度方向與它在O點的速度方向相同，若粒子在a、c等位置離開磁場，粒子在磁場中運動時間為：
$t=\frac{{\frac{2}{3}nπ+\frac{1}{6}π}}{2π}T=（2n+0.5）×{10^{-3}}s$（n=0、1、2、3…）  
若粒子在b等位置離開磁場，粒子在磁場中運動時間為：
$t=\frac{{\frac{2}{3}nπ}}{2π}T=2n×{10^{-3}}s$（n=1、2、3…）  
綜上所述：若t₀=0.75×10^-3s，粒子離開磁場時速度方向與它在O點的速度方向相同，則粒子通過磁場區(qū)域的時間為：
t=（2n+0.5）×10^-3s（n=0、1、2、3…） 或2n×10^-3s（n=1、2、3…）
答：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑為0.6m；周期為6×10^-3s．
（2）此時它的位置坐標為（0，1.2m）
（3）磁場上邊界MN與x軸間的距離為0.3（2n+1）m，（n=0、1、2、3…）
（4）粒子通過磁場區(qū)域的時間為t=（2n+0.5）×10^-3s（n=0、1、2、3…） 或2n×10^-3s（n=1、2、3…）

點評 本題考查了帶電粒子在交變磁場中的運動，關鍵作出粒子的運動軌跡，結合半徑公式和周期進行求解，對于（3）（4）兩問，難度較大，要注意粒子運動的周期性．