Question

1．如圖甲所示，M、N是寬為d的兩豎直線，其間存在垂直紙面方向的磁場（未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖乙所示規(guī)律變化（垂直紙面向外為正，T₀為已知），現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的離子在t=0時(shí)從直線M上的O點(diǎn)沿著OM線射入磁場，離子重力不計(jì)，離子恰好不能從右邊界穿出且在2T₀時(shí)恰好返回左邊界M，則圖乙中磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀的大小和離子的初速度v₀分別為（　�。�

• A． B₀=$\frac{2πm}{q{T}_{0}}$，v₀=$\frac{πd}{{T}_{0}}$
• B． B₀=$\frac{2πm}{q{T}_{0}}$，v₀=$\frac{πd}{{2T}_{0}}$
• C． B₀=$\frac{πm}{q{T}_{0}}$，v₀=$\frac{πd}{{T}_{0}}$
• D． B₀=$\frac{πm}{q{T}_{0}}$，v₀=$\frac{πd}{{2T}_{0}}$

Answer 1

分析 根據(jù)對稱性，粒子在t=${T}_{0}^{\;}$時(shí)刻恰好到達(dá)右邊界，因?yàn)榍『貌粡挠疫吔绱┏�，速度方向和右邊界平行，只有一種情景，即$0-\frac{{T}_{0}^{\;}}{2}$順時(shí)針運(yùn)動(dòng)半圈，$\frac{{T}_{0}^{\;}}{2}-\frac{3{T}_{0}^{\;}}{4}$逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)四分之一圓，$\frac{3{T}_{0}^{\;}}{4}-{T}_{0}^{\;}$順時(shí)針運(yùn)動(dòng)四分之一圓正好和右邊界相切，然后${T}_{0}^{\;}-\frac{5{T}_{0}^{\;}}{4}$順時(shí)針?biāo)姆种�一圓，$\frac{5{T}_{0}^{\;}}{4}-\frac{3{T}_{0}^{\;}}{2}$逆時(shí)針?biāo)姆种�一圓，$\frac{3{T}_{0}^{\;}}{2}-2{T}_{0}^{\;}$順時(shí)針運(yùn)動(dòng)半圈返回左邊界M．利用幾何知識(shí)求出半徑，利用圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出待求量．

解答 解：根據(jù)題意，根據(jù)帶電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的過程的分析，洛倫茲力不做功，根據(jù)$q{v}_{0}^{\;}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$得$r=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qB}$，磁場雖然方向改變但大小不變，所以半徑不變，由以上分析知，MN之間距離d=4r，由以上分析知帶電粒子勻速圓周運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的時(shí)間T等于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的周期${T}_{0}^{\;}$，即$T={T}_{0}^{\;}$①
帶電粒子圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式$T=\frac{2πm}{q{B}_{0}^{\;}}$②
聯(lián)立①②式得${T}_{0}^{\;}=\frac{2πm}{q{B}_{0}^{\;}}$，解得${B}_{0}^{\;}=\frac{2πm}{q{T}_{0}^{\;}}$③
MN之間的距離d=4r即$r=\fracbl1pjfj{4}$④
帶電粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公$r=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{q{B}_{0}^{\;}}$⑤
聯(lián)立③④⑤得${v}_{0}^{\;}=\frac{πd}{2{T}_{0}^{\;}}$
故選：B

點(diǎn)評 根據(jù)帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，分析清楚運(yùn)動(dòng)情景，得到磁場變化周期與帶電粒子運(yùn)動(dòng)周期之間關(guān)系很重要．