Question

6．如圖甲所示，空間內(nèi)有垂直于紙面向里的有界勻強磁場，MN是磁場的上邊界，磁場寬度足夠大，磁感應強度B₀=1×10^-4T，現(xiàn)有一比荷為$\frac{q}{m}$=2×10¹¹C/kg的正離子以某一速度從P點射入磁場，已知P點到邊界MN的垂直距離d=20cm，不計離子的重力．求：
（1）若要使離子不從MN邊界射出磁場，求離子從P點水平向右射入的最大速度v_m；
（2）若離子以速度v=4×10⁶m/s在紙面內(nèi)從P點沿某一方向射入磁場時，該離子在磁場中運動的時間最短，求此時離子射出時的速度與邊界MN的夾角；
（3）若離子射入的速度滿足第（1）問的條件，同時在該磁場區(qū)域再加一個如圖乙所示的變化磁場（正方向與B₀方向相同，不考慮磁場變化所產(chǎn)生的電場），求該離子0時刻從P點射入到第二次回到P點所經(jīng)歷的時間t．

Answer 1

分析 （1）離子在磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑可由幾何關系求得，洛侖茲力提供向心力，根據(jù)向心力公式即可求得速度；
（2）由牛頓第二定律求出離子的軌道半徑，然后求出速度方向與MN的夾角．
（3）先算出離子在磁場中運動第一次遇到外加磁場的過程中軌跡對應的圓心角，由幾何關系求出此時施加附加磁場時離子在磁場中能做的圓周運動的最大半徑，根據(jù)向心力公式求出離子在有附加磁場時運動半徑，判斷粒子是否能做完整的圓周運動，對照外加磁場的規(guī)律求出粒子做圓周運動的次數(shù)，最后求得總時間．

解答 解：（1）粒子剛好不從邊界射出時的最大半徑：r₁=$\frac16jb6sz{2}$，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qv_mB₀=m$\frac{{v}_{m}^{2}}{{r}_{1}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v_m=2×10⁶m/s；
（2）粒子做圓周運動的軌道半徑：r₂=$\frac{mv}{qB}$，
代入數(shù)據(jù)解得：r₂=0.2m，
設時間最短時對應的圓心角為α，則：sin$\frac{α}{2}$=$\frac{\fraccg6c651{2}}{{r}_{2}}$=$\frac{1}{2}$，
則得：α=60°或α=120°；
（3）粒子在磁場中做圓周運動的周期：T₁=$\frac{2πm}{q{B}_{0}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：T₁=π×10^-7s，
施加附加磁場后，粒子在復合場中做圓周運動的半徑與周期都變小，
周期：T₂=$\frac{2πm}{q（{B}_{0}+B）}$，
代入數(shù)據(jù)解得：T₂=$\frac{π}{6}$×10^-7s，
即離子剛好能運動一個完整的圓周，接下來在B₀磁場中運動，
粒子在沒有附加磁場的大圓每段軌跡對應的圓心角：θ=$\frac{\frac{π}{6}×1{0}^{-7}}{π×1{0}^{-7}}$×2π=$\frac{π}{3}$，
由外加磁場規(guī)律可知，每隔$\frac{π}{6}$×10^-7s離子在周期性外加磁場
時做半徑更小的圓周運動，離子可做完6次完整的勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，
最后離子經(jīng)過P點，離子從P點射入磁場到第二次回到P點的時間：t=T₁+6T₂=2π×10^-7s．
答：（1）若要使離子不從MN邊界射出磁場，求離子從P點水平向右射入的最大速度v_m為2×10⁶m/s；
（2）若離子以速度v=4×10⁶m/s在紙面內(nèi)從P點沿某一方向射入磁場時，該離子在磁場中運動的時間最短，此時離子射出時的速度與邊界MN的夾角為60°或120°；
（3）該離子0時刻從P點射入到第二次回到P點所經(jīng)歷的時間t為2π×10^-7s．

點評 該題主要考查了帶電粒子在磁場中的運動．要求同學們能正確畫出粒子運動的軌跡，并根據(jù)幾何關系求得軌道半徑，能用向心力公式和周期公式解題，難度較大，屬于難題．