Question

11．如圖甲所示，某粒子源向外放射出一個質量為m、電荷量為+q的α粒子，粒子速度方向與水平成30°．現(xiàn)讓其從粒子源射出后沿半徑方向射入一個半徑為R的圓形勻強磁場．經該磁場偏轉后，它恰好能夠沿y軸正方向進入下方的平行板電容器，并運動至N板且恰好不會從N板的小孔P射出電容器．已知平行板電容器與一邊長為L、n匝的正方形導線框相連，其內有垂直框面的勻強磁場（區(qū)域Ⅱ），磁場變化如圖乙所示．求：

（1）磁場（區(qū)域Ⅱ）的方向及α粒子射出粒子源的速度v的大��；
（2）圓形磁場（區(qū)域Ⅰ）的磁感應強度B₁；
（3）α粒子在磁場中運動的總時間t．

Answer 1

分析 （1）α粒子不會從N板的小孔P射出電容器，說明在MN板間受到向上的電場力，電場方向向上，N板的電勢比M板的電勢高．根據(jù)楞次定律可判斷出區(qū)域Ⅱ內磁場的方向．由法拉第電磁感應定律求出MN板間的電壓，對于α粒子在MN板間的運動過程，運用動能定理列式，可求α粒子射出粒子源的速度大�。�
（2）α粒子在圓形磁場區(qū)域內做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌道半徑，畫出其運動軌跡，由幾何知識求解圓形磁場區(qū)域的半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力即可求解圓形磁場的磁感應強度．
（3）在MN板間，α粒子在電場力作用下會重新回到圓形磁場區(qū)域，根據(jù)軌跡對應的圓心角求解α粒子在磁場中運動的總時間．

解答 解：（1）由題意可知電容器N板帶正電，根據(jù)楞次定律可知磁場（區(qū)域Ⅱ）的方向為垂直于紙面向外．
電容器極板間電壓U等于線框中產生的感應電動勢E
由法拉第電磁感應定律得：$U=E=n\frac{△Φ}{△t}$=$n{L}_{\;}^{2}\frac{{B}_{0}^{\;}}{{t}_{0}^{\;}}$
粒子運動到P點恰好速度為零，由動能定理：$qU=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}$
聯(lián)立解得：$v=\sqrt{\frac{2nq{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}}{m{t}_{0}^{\;}}}$
（2）設粒子運動半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有：$qv{B}_{1}^{\;}=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{r}$
由幾何關系得      $tan30°=\frac{R}{r}$
聯(lián)立解得${B}_{1}^{\;}=\sqrt{\frac{2nm{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}}{3q{t}_{0}^{\;}{R}_{\;}^{2}}}$
（3）粒子在磁場中運動的周期$T=\frac{2πr}{v}$
粒子在電場力作用下要重新進入磁場，軌跡如圖所示，故粒子在磁場中運動的總時間$t=2×\frac{60°}{360°}T$
聯(lián)立解得$t=\sqrt{\frac{2{π}_{\;}^{2}m{t}_{0}^{\;}{R}_{\;}^{2}}{3nq{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}}}$
答：（1）磁場（區(qū)域Ⅱ）磁場的方向垂直紙面向外，α粒子射出粒子源的速度v的大小為$\sqrt{\frac{2nq{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}}{m{t}_{0}^{\;}}}$；
（2）圓形磁場（區(qū)域Ⅰ）的磁感應強度${B}_{1}^{\;}$為$\sqrt{\frac{2nm{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}}{3q{t}_{0}^{\;}{R}_{\;}^{2}}}$；
（3）α粒子在磁場中運動的總時間t為$\sqrt{\frac{2{π}_{\;}^{2}m{t}_{0}^{\;}{R}_{\;}^{2}}{3nq{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}}}$．

點評 本題是粒子在磁場中勻速圓周運動和電場中運動、電磁感應的綜合．磁場中圓周運動常用方法是畫軌跡，由幾何知識求半徑．