Question

19．如圖所示，左邊是一能夠發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子的離子源，離子的發(fā)射速度可以忽略，離子源的S、K電極與一N匝線圈連接，線圈放在一可以均勻變化的磁場(chǎng)中，線圈面積為S，線圈平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的方向垂直，圖中所示寬度為d的范圍內(nèi)，存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線PQ右側(cè)存在垂直紙面向里的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．離子經(jīng)S、K間電場(chǎng)加速后以初速度v₀垂直于電場(chǎng)左邊界射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，離開右邊界虛線PQ時(shí)偏轉(zhuǎn)角度為θ，軌跡與邊界的交點(diǎn)為M．（不計(jì)離子的重力）求：
（1）線圈中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的變化率和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E；
（2）離子再次運(yùn)動(dòng)到邊界虛線PQ時(shí)軌跡與邊界的交點(diǎn)到M的距離．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，粒子在兩電極之間做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理列出方程，即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的變化率，進(jìn)入電場(chǎng)作類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解E
（2）進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，找出圓心，畫出軌跡，運(yùn)用幾何關(guān)系求出再次運(yùn)動(dòng)到邊界虛線與邊界交點(diǎn)與M的距離．

解答 解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：${E}_{感}^{\;}=N\frac{△B′}{△t}S$…①
電極SK之間的電壓為：U=E…②
根據(jù)動(dòng)能定理有：$qU=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-0$…③
$\frac{△B′}{△t}=\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qNS}$
在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)
水平方向：$d={v}_{0}^{\;}t$…④
豎直方向：${v}_{y}^{\;}=at$…⑤
根據(jù)牛頓第二定律：qE=ma…⑥
由幾何關(guān)系：$tanθ=\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}$…⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦得：$E=\frac{m{v}_{0}^{2}tanθ}{qd}$
（2）粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：
$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$
$R=\frac{mv}{qB}$
作出運(yùn)動(dòng)軌跡圖，運(yùn)用幾何關(guān)系，△x=2Rcosθ
速度分解得：$v=\frac{{v}_{0}^{\;}}{cosθ}$
解得：$△x=\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{qB}$
答：（1）線圈中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的變化$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qNS}$和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)$\frac{m{v}_{0}^{2}tanθ}{qd}$；
（2）離子再次運(yùn)動(dòng)到邊界虛線PQ時(shí)軌跡與邊界的交點(diǎn)到M的距$\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{qB}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)非常多，在電場(chǎng)中加速用動(dòng)能定理解決，電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法，磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)關(guān)鍵是畫軌跡，求半徑，難度適中．