Question

15．如圖甲所示，在xoy平面內(nèi)存在半徑為R=16cm的圓形有界磁場區(qū)域，有界磁場邊界和x軸相切于O點，y軸上的P點為圓心，與y軸成60°角的MN為圓形有界場的一條直徑，MN將磁場區(qū)域分成Ⅰ、Ⅱ兩部分．x軸下方為隨時間變化的電場，電場強度大小為E=8×10^-3V/m，E-t圖象如圖乙所示，周期T=1.2×10^-2s．當t=$\frac{T}{4}$時，第三象限的粒子源S沿y軸正方向發(fā)射比荷為10⁸C/kg的粒子，粒子經(jīng)坐標原點O由y軸左側(cè)進入磁場區(qū)域Ⅰ，一次經(jīng)P、M兩點垂墜MN離開磁場．測得粒子在磁場中運動時間t=$\frac{π}{3}$×10^-4s，重力不計．求：
（1）有界磁場區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度的大小；
（2）粒子源S的可能坐標．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意畫出帶電粒子在圓形有界磁場區(qū)域內(nèi)運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合洛倫茲力提供向心力公式及周期公式求解B；
（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出速度，將速度沿x軸負向和y軸正向分解，則帶電粒子從s發(fā)射運動到O點的過程，可分解為沿y軸正向勻速直線運動和沿x軸的變加速直線運動，分兩種情況，根據(jù)運動學基本公式結(jié)合牛頓第二定律求解．

解答 解：（1）帶電粒子在圓形有界磁場區(qū)域內(nèi)運動軌跡如圖所示：
由幾何關(guān)系可知，在區(qū)域Ⅰ內(nèi)軌跡半徑R₁=R，在區(qū)域Ⅱ內(nèi)軌跡半徑2R₂=R，
由$r=\frac{mv}{Bq}$可知B₂=2B₁
由周期公式得：${T}_{1}=\frac{2πm}{q{B}_{1}}$、${T}_{2}=\frac{2πm}{q{B}_{2}}$，
則粒子在圓形有界磁場內(nèi)運動時間t=$\frac{{T}_{1}}{6}+\frac{{T}_{2}}{2}$
解得：${B}_{1}=2.5×1{0}^{-4}T$
（2）由$q{B}_{1}v=\frac{m{v}^{2}}{{R}_{1}}$得：$v=\frac{q{B}_{1}{R}_{1}}{m}=4×1{0}^{3}m/s$
與y軸正方向夾角30°，將速度沿x軸負向和y軸正向分解：
${v}_{x}=vsin30°=2×1{0}^{3}，{v}_{y}=vcos30°=2\sqrt{3}×1{0}^{3}m/s$
帶電粒子從s發(fā)射運動到O點的過程，可分解為沿y軸正向勻速直線運動和沿x軸的變加速直線運動，粒子沿x軸運動的第一種情況如圖，
粒子在反向加速過程到達O點，
加速度a=$\frac{Eq}{m}=8×1{0}^{5}m/{s}^{2}$，${x}_{1}=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{{{v}_{x}}^{2}}{2a}=4.7m$
由于運動的周期性，粒子到達O點的時間${t}_{1}=nT+\frac{T}{2}+\frac{{v}_{x}}{a}$，
${y}_{1}={v}_{y}（nT+\frac{T}{2}+\frac{{v}_{x}}{a}）=2\sqrt{3}（12n+8.5）$m
粒子沿x軸運動的第二種情況如圖所示，
粒子在反向減速過程到達O點，則
${x}_{2}=\frac{{{v}_{x}}^{2}}{2a}=2.5m$
由于運動的周期性，粒子到達O點的時間${t}_{2}=nT+T-\frac{{v}_{x}}{a}$，
${y}_{1}={v}_{y}（nT+T-\frac{{v}_{x}}{a}）=2\sqrt{3}（12n+9.5）$
所以粒子元的坐標可能是（-4.7m，-$2\sqrt{3}（12n+8.5）$m）或（-2.5m，-$2\sqrt{3}（12n+9.5）$m）
答：（1）有界磁場區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度的大小為2.5×10^-4T；
（2）粒子源S的可能坐標可能是（-4.7m，-$2\sqrt{3}（12n+8.5）$m）或（-2.5m，-$2\sqrt{3}（12n+9.5）$m）．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運動規(guī)律，畫出臨界軌跡，結(jié)合牛頓第二定律和幾何關(guān)系分析解答，難度較大，屬于難題．