Question

15．如图甲所示，在xoy平面内存在半径为R=16cm的圆形有界磁场区域，有界磁场边界和x轴相切于O点，y轴上的P点为圆心，与y轴成60°角的MN为圆形有界场的一条直径，MN将磁场区域分成Ⅰ、Ⅱ两部分．x轴下方为随时间变化的电场，电场强度大小为E=8×10^-3V/m，E-t图象如图乙所示，周期T=1.2×10^-2s．当t=$\frac{T}{4}$时，第三象限的粒子源S沿y轴正方向发射比荷为10⁸C/kg的粒子，粒子经坐标原点O由y轴左侧进入磁场区域Ⅰ，一次经P、M两点垂坠MN离开磁场．测得粒子在磁场中运动时间t=$\frac{π}{3}$×10^-4s，重力不计．求：
（1）有界磁场区域Ⅰ中磁感应强度的大小；
（2）粒子源S的可能坐标．

Answer 1

分析 （1）根据题意画出带电粒子在圆形有界磁场区域内运动轨迹，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力公式及周期公式求解B；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求出速度，将速度沿x轴负向和y轴正向分解，则带电粒子从s发射运动到O点的过程，可分解为沿y轴正向匀速直线运动和沿x轴的变加速直线运动，分两种情况，根据运动学基本公式结合牛顿第二定律求解．

解答 解：（1）带电粒子在圆形有界磁场区域内运动轨迹如图所示：
由几何关系可知，在区域Ⅰ内轨迹半径R₁=R，在区域Ⅱ内轨迹半径2R₂=R，
由$r=\frac{mv}{Bq}$可知B₂=2B₁
由周期公式得：${T}_{1}=\frac{2πm}{q{B}_{1}}$、${T}_{2}=\frac{2πm}{q{B}_{2}}$，
则粒子在圆形有界磁场内运动时间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：$v=\frac{q{B}_{1}{R}_{1}}{m}=4×1{0}^{3}m/s$
与y轴正方向夹角30°，将速度沿x轴负向和y轴正向分解：
${v}_{x}=vsin30°=2×1{0}^{3}，{v}_{y}=vcos30°=2\sqrt{3}×1{0}^{3}m/s$
带电粒子从s发射运动到O点的过程，可分解为沿y轴正向匀速直线运动和沿x轴的变加速直线运动，粒子沿x轴运动的第一种情况如图，
粒子在反向加速过程到达O点，
加速度a=$\frac{Eq}{m}=8×1{0}^{5}m/{s}^{2}$，${x}_{1}=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{{{v}_{x}}^{2}}{2a}=4.7m$
由于运动的周期性，粒子到达O点的时间${t}_{1}=nT+\frac{T}{2}+\frac{{v}_{x}}{a}$，
${y}_{1}={v}_{y}（nT+\frac{T}{2}+\frac{{v}_{x}}{a}）=2\sqrt{3}（12n+8.5）$m
粒子沿x轴运动的第二种情况如图所示，
粒子在反向减速过程到达O点，则
${x}_{2}=\frac{{{v}_{x}}^{2}}{2a}=2.5m$
由于运动的周期性，粒子到达O点的时间${t}_{2}=nT+T-\frac{{v}_{x}}{a}$，
${y}_{1}={v}_{y}（nT+T-\frac{{v}_{x}}{a}）=2\sqrt{3}（12n+9.5）$
所以粒子元的坐标可能是（-4.7m，-$2\sqrt{3}（12n+8.5）$m）或（-2.5m，-$2\sqrt{3}（12n+9.5）$m）
答：（1）有界磁场区域Ⅰ中磁感应强度的大小为2.5×10^-4T；
（2）粒子源S的可能坐标可能是（-4.7m，-$2\sqrt{3}（12n+8.5）$m）或（-2.5m，-$2\sqrt{3}（12n+9.5）$m）．

点评 本题关键是明确粒子的受力情况和运动规律，画出临界轨迹，结合牛顿第二定律和几何关系分析解答，难度较大，属于难题．