Question

如圖甲所示，x方向足夠長的兩個條形區(qū)域，其y方向的寬度分別為l₁=0.1m和l₂=0.2m，兩區(qū)域分別分布著磁感應強度為B₁和B₂的磁場，磁場方與xy平面垂直向里，磁感應強度B₂=0.1T，B₁隨時間變化的圖象如圖乙所示．現(xiàn)有大量粒子從坐標原點O以恒定速度 v=2×10⁶m/s不斷沿y軸正方向射入磁場，已知帶電粒子的電量q=-2×10^-8C，質(zhì)量m=4×10^-16kg，不考慮磁場變化產(chǎn)生的電場及帶電粒子的重力．求：
（1）在圖乙中0～1s內(nèi)，哪段時間從O發(fā)射的粒子能進入磁感應強度B₂的磁場？
（2）帶電粒子打在磁場上邊界MN上的x坐標范圍是多少？
（3）在MN以下整個磁場區(qū)域內(nèi)，單個帶電粒子運動的最長時間和最短時間分別是多少？

Answer 1

【答案】分析：（1）粒子在B₁磁場中運動時間極短，可視這極短時間內(nèi)的磁場為恒定的勻強磁場，帶電粒子在該磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律列出等式，求出B₁，結(jié)合乙圖即可求解；
（2）設粒子在B₂磁場中運動的半徑為r₂，當B₁=0時，粒子打在MN上的A₁點為最左邊的點．根據(jù)牛頓運動定律結(jié)合幾何關系求得A₁點的橫坐標，畫出粒子運動圖象若A₂為最右邊點，則A₂為軌跡與邊界MN的切點．過C₁點作速度方向的垂線，O₁為帶電粒子在磁場B₁中運動的圓心，O₂為在磁場B₂中運動的圓心．由幾何知識可得A₂點的橫坐標；
（3）粒子軌跡與MN相切時，粒子在磁場中運動軌跡最長，時間也最長．由于粒子在磁場中做勻速圓周運動，且軌跡左右對稱，則粒子在磁場B₁中的運動時間即可求出，隨著磁場B₁逐漸增大，帶電粒子在磁場中的運動時間先增大后減小，當B₁達到最大值時，運動時間最短．
解答：解：（1）粒子在B₁磁場中運動時間極短，可視這極短時間內(nèi)的磁場為恒定的勻強磁場，帶電粒子在該磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，有
，當r=l₁時，，代入數(shù)據(jù)得
B₁=0.4 T．    
由右圖可知，當B₁=0.4T時，
t=t′=0.8s    
因此，0～0.8s時間內(nèi)B₁的值小于0.4T，粒子運動半徑大于l₁，這段時間從O發(fā)射的粒子將進入磁感應強度B₂的區(qū)域．
（2）設粒子在B₂磁場中運動的半徑為r₂，當B₁=0時，粒子打在MN上的A₁點為最左邊的點．根據(jù)牛頓運動定律得
，
代入數(shù)據(jù)解得  
如右圖幾何關系可知  
A₁點的橫坐標為
x₁=r₂-r₂cosθ₁=m    
下圖中，若A₂為最右邊點，則A₂為軌跡與邊界MN的切點．過C₁點作速度方向的垂線，O₁為帶電粒子在磁場B₁中運動的圓心，O₂為在磁場B₂中運動的圓心．由幾何知識可得：
O₂C₂=r₂-（l₁+l₂）=0.1m
，即 θ₂=30°，
由此可得A₂點的橫坐標x₂為：x₂=r₁（1-cosθ₂）+r₂cosθ₂
由幾何知識可知此時 r₁=0.2m
解得：
（3）粒子軌跡與MN相切時，粒子在磁場中運動軌跡最長，時間也最長．由于粒子在磁場中做勻速圓周運動，且軌跡左右對稱，則粒子在磁場B₁中的運動時間為
粒子在磁場B₂中的運動時間為：×10^-7 s     
帶電粒子在磁場中運動的最長時間為t_max=t₁+t₂=5.2×10^-7s
隨著磁場B₁逐漸增大，帶電粒子在磁場中的運動時間先增大后減小，當B₁達到最大值時，運動半徑為
此時帶電粒子在B₁磁場中運動的時間為
若B₁=0時，帶電粒子在B₁、B₂磁場中運動的總時間為
所以帶電粒子在磁場中的最短運動時間為
t₁′=1.26×10^-7s       
答：（1）0～0.8s時間內(nèi)B₁的值小于0.4T，粒子運動半徑大于l₁，這段時間從O發(fā)射的粒子將進入磁感應強度B₂的區(qū)域；
（2）帶電粒子打在磁場上邊界MN上的x坐標范圍是到之間；
（3）在MN以下整個磁場區(qū)域內(nèi)，單個帶電粒子運動的最長時間和最短時間分別是5.2×10^-7s，1.26×10^-7s
點評：粒子在磁場中的運動一定要注意找出圓心和半徑，進而能正確的應用好幾何關系，則可順利求解！