Question

1．如圖甲所示，M、N為豎直放置的彼此平行的兩塊平板，兩板間的距離為d，兩板中央各有一個孔O₁、O₂，且正對，在兩板間有一垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強度隨時間的變化圖象 （垂直紙面向里為正）如圖乙所示，有一正離子在t=0時刻垂直于M板從小孔O₁進入磁場，已知正離子質(zhì)量為m，帶電量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T₀，速度為v₀=$\frac{4πd}{5{T}_{0}}$（不考慮磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計正離子所受重力，其中m，q，π，d，T₀為已知量）．求：

（1）磁感應(yīng)強度B₀的大��；
（2）若磁感應(yīng)強度隨時間變化的周期也為T₀，正離子從$\frac{T}{4}$時刻開始進入，則打到N板上離O₂點的距離；
（3）若正離子從$\frac{T}{2}$時刻進入，在以后的運動過程中不會打到M板，則磁感應(yīng)強度隨間變化的周期T滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力，結(jié)合圓周運動的周期公式，可求出磁感應(yīng)強度．
（2）求出半徑，畫出運動的軌跡，然后結(jié)合幾何關(guān)系，從而求出打到N板上離O₂點的距離；
（3）若恰好不會打到M板，畫出運動的軌跡圖，然后結(jié)合幾何關(guān)系即可正確解答．

解答 解：（1）正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力有：${B}_{0}q{v}_{0}=m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
做勻速圓周運動的周期為：${T}_{0}=\frac{2πR}{{v}_{0}}$  
聯(lián)立兩式得磁感應(yīng)強度為：${B}_{0}=\frac{2πm}{q{T}_{0}}$
（2）要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v₀的方向向右，

離子運動的半徑：$R=\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{0}}=\frac{m•\frac{4πd}{5{T}_{0}}}{q•\frac{2πm}{q{T}_{0}}}=\frac{2}{5}d$
由左手定則可知，正離子從$\frac{T}{4}$時刻開始進入，受到的洛倫茲力的方向向上，經(jīng)過$\frac{T}{4}$后，離子轉(zhuǎn)過$\frac{1}{4}$周期，偏轉(zhuǎn)角是90°，所以速度的方向豎直向上；之后由于磁場的方向反向，所以受到的洛倫茲力的方向反向，離子向右偏轉(zhuǎn)，直到打在N板上，如圖：
由圖可知，$\overline{OA}=d-2R=d-2×\frac{2}{5}d=\frac{1}{5}d=\frac{1}{2}R$
則由幾何關(guān)系可得：$\overline{AB}=\sqrt{{R}^{2}-{\overline{OA}}^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}R=\frac{\sqrt{3}}{5}d$，
打到N板上離O₂點的距離：
$\overline{{O}_{2}B}=R+\overline{AB}=\frac{2+\sqrt{3}}{5}d$
（3）若正離子從$\frac{T}{2}$時刻進入，在以后的運動過程中若恰好不會打到M板，則運動的軌跡如圖：

由圖中幾何關(guān)系可得：
（2Rcosθ+R）sinθ=R
（或：Rsin2θ=R（1-sinθ））
整理得：θ≈20°
此時在$\frac{T}{2}$時間內(nèi)粒子偏轉(zhuǎn)的角度為（180°-2×20°）=140°，所以：
$\frac{\frac{1}{2}T}{\frac{1}{2}{T}_{0}}=\frac{140°}{180°}=\frac{7}{9}$
即：$T=\frac{7}{9}{T}_{0}$
若以后的運動過程中不會打到M板，則離子在半個周期內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度不能大于140°，即$T≤\frac{7}{9}{T}_{0}$
答：（1）磁感應(yīng)強度B₀的大小是$\frac{2πm}{q{T}_{0}}$；
（2）若磁感應(yīng)強度隨時間變化的周期也為T₀，正離子從$\frac{T}{4}$時刻開始進入，則打到N板上離O₂點的距離是$\frac{2+\sqrt{3}}{5}d$；
（3）若正離子從$\frac{T}{2}$時刻進入，在以后的運動過程中不會打到M板，則磁感應(yīng)強度隨間變化的周期T滿足條件$T≤\frac{7}{9}{T}_{0}$．

點評 該題考查離子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，掌握牛頓第二定律的應(yīng)用，理解幾何關(guān)系的運用，同時注意運動的周期性以及離子運動的軌跡圖的畫法．