Question

11．如圖甲所示，直角坐標系xoy的第二象限有一半徑為R=a的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域的圓心O₁坐標為（-a，a），與坐標軸分別相切于P點和N點，整個圓形區(qū)域內分布有磁感應強度大小為B的勻強磁場，其方向垂直紙面向里（圖中未畫出）．帶電粒子以相同的速度在紙面內從P點進入圓形磁場區(qū)域，速度方向與x軸負方向成θ角，當粒子經過y軸上的M點時，速度方向沿x軸正方向，已知M點坐標為（0，$\frac{4a}{3}$）．帶電粒子質量為m、帶電量為-q．忽略帶電粒子間的相互作用力，不計帶電粒子的重力，求：

（1）帶電粒子速度v大小和cosθ值；
（2）若帶電粒子從M點射入第一象限，第一象限分布著垂直紙面向里的勻強磁場，已知帶電粒子在該磁場的一直作用下經過了x軸上的Q點，Q點坐標為（a，0），該磁場的磁感應強度B′大小為多大？
（3）若第一象限只在y軸與直線x=a之間的整個區(qū)域內有勻強磁場，磁感應強度大小仍為B．方向垂直紙面，磁感應強度B隨時間t變化（B-t圖）的規(guī)律如圖乙所示，已知在t=0時刻磁感應強度方向垂直紙面向外，此時某帶電粒子剛好從M點射入第一象限，最終從直線x=a邊界上的K點（圖中未畫出）穿出磁場，穿出磁場時其速度方向沿x軸正方向（該粒子始終只在第一象限內運動），則K點到x軸最大距離為多少？要達到此最大距離，圖乙中的T值為多少？

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在圓形磁場區(qū)域中做圓周運動，確定出圓心和半徑，由洛倫茲力等于向心力，列式求得v的大小．由幾何關系求解cosθ值；
（2）帶電粒子以平行于x軸正方向的速度從M點進入磁場區(qū)域中做圓周運動，根據幾何知識求出軌跡半徑，即可由牛頓第二定律求解B．
（3）畫出粒子運動的軌跡，由幾何知識求解K點到x軸最大距離．根據軌跡的圓心角求解圖乙中的T值．

解答 解：（1）帶電粒子在圓形磁場區(qū)域中做圓周運動的圓心為O₂，離開圓形磁場區(qū)域時的位置為H，連接PO₁HO₂可知，該四邊形為菱形，帶電粒子做圓周運動的半徑：r=a，
由于qvB=m $\frac{v^2}{r}$，得：v=$\frac{qBa}{m}$；
由于PO₁在豎直方向，半徑HO₂也為豎直方向，由圖可知：
r+rcosθ=$\frac{4}{3}$a，
解得：cosθ=$\frac{1}{3}$；
（2）由圖可知，帶電粒子以平行于x軸正方向的速度從M點進入磁場區(qū)域中做圓周運動，設半徑為r₃，由幾何關系有：
tanβ=$\frac{a}{{\frac{4}{3}a}}$=$\frac{3}{4}$，β=37°，
則：cosβ=$\frac{{\frac{1}{2}MQ}}{r_3}$=$\frac{{\frac{5}{6}a}}{r_3}$，得：r₃=$\frac{25}{24}$a；
而r₃=$\frac{mv}{qB′}$，得：B′=$\frac{24}{25}$B；
（3）由圖知：圓O₄與直線x=a相切于C點，圓O₅與y軸相切于D點，兩圓弧相切于E點，帶電粒子運動到K點時離x軸距離最大，

O₄ O₅=2r=2a
cos∅=$\frac{1}{2}$，∅=60°
最大距離KQ=$\frac{4a}{3}$+3r+2rsinΦ=（ $\frac{10}{3}$+$\sqrt{3}$）a
帶電粒子運動周期T₀=$\frac{2πm}{qB}$
由 $\frac{1}{2}$T=$\frac{150°}{360°}$×T₀
解得 T=$\frac{5πm}{3qB}$；
答：（1）帶電粒子速度v大小為$\frac{qBa}{m}$，cosθ值是 $\frac{1}{3}$；
（2）該磁場的磁感應強度B′大小為 $\frac{24}{25}$B；
（3）K點到x軸最大距離為（ $\frac{10}{3}$+$\sqrt{3}$）a，要達到此最大距離，圖乙中的T值為 $\frac{5πm}{3qB}$．

點評 本題關鍵是明確粒子的受力情況和運動規(guī)律，畫出臨界軌跡，結合牛頓第二定律和幾何關系分析解答．