Question

13．如圖a所示的平面坐標系xOy，在整個區(qū)域內充滿了勻強磁場，磁場方向垂直坐標平面，磁感應強度B隨時間變化的關系如圖b所示．開始時刻，磁場方向垂直紙面向內（如圖），t=0時刻有一帶正電的粒子（不計重力）從坐標原點O沿x軸正向進入磁場，初速度為v₀=2×10³m/s．已知帶電粒子的比荷為$\frac{q}{m}$=1.0×10⁴C/kg，其它有關數(shù)據(jù)見圖中標示．試求：

（1）t₁=$\frac{4π}{3}$×10^-4s時粒子所處位置的坐標（x₁，y₁）；
（2）帶電粒子進入磁場運動后第一次到達y軸時離出發(fā)點的距離h；
（3）帶電粒子是否還可以返回原點？如果可以，求返回原點經(jīng)歷的時間t′．

Answer 1

分析 （1）由洛倫茲力提供向心力可以得到軌道半徑，由軌道半徑可得周期，由磁場的變化可以畫出在第一段時間內粒子的運動軌跡，由運動軌跡的幾何關系可得到粒子的坐標；
（2）依據(jù)第一問得到的結果，可以得到在第二，第三時間段內的運動軌跡，由圖可知粒子恰好在第三段時間末到達y軸，由此可得時間和第一次到達y軸時離出發(fā)點的距離h；
（3）依據(jù)磁場變化的周期性，可知粒子的運動也存在對應的周期性，可做粒子的軌跡圖，由圖可知其返回的時間．

解答 解：（1）由題意知，粒子進入磁場后在磁場中做圓周運動，設半徑為R，周期為T，由洛倫茲力提供向心力，有：
$qvB=\frac{m{v}_{0}^{2}}{R}$…①
$T=\frac{2πR}{{v}_{0}}=\frac{2πm}{qB}$…②
聯(lián)解①②并代入數(shù)據(jù)得：
T=4π×10^-4s…③
比較粒子在磁場中做圓周運動周期T和磁場變化周期可知，粒子在t₁時間內運動了三分之一圓周，其圓心為O₁，運動軌跡對應的圓心角為120°，作出粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示．
由圖中幾何關系有：
x₁=Rcos30°…④
y₁=R（1+sin30°）=1.5R…⑤
聯(lián)解①④⑤并代入數(shù)據(jù)得：
${x}_{1}=\frac{\sqrt{3}}{5}$m，y₁=0.6m．
（2）根據(jù)磁場的變化規(guī)律知，粒子在磁場的第一個周期后三分之一周期內做圓周運動的方向將發(fā)生變化，設其圓心為O₂；第二個周期前三分之二周期內做圓周運動的圓心為O₃，作出粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示．

由圖中幾何關系有：
$\overline{O{O}_{1}}=R$…⑥
$\overline{{O}_{1}{O}_{3}}=4Rsin30°=2R$…⑦
$\overline{{O}_{3}B}=R$…⑧
$h=\overline{O{O}_{1}}+\overline{{O}_{1}{O}_{3}}+\overline{{O}_{3}B}$…⑨
聯(lián)解①⑥⑦⑧⑨并代入數(shù)據(jù)得：
h=1.6m
（3）可以回到原點；
由于粒子在磁場中做周期性運動，根據(jù)對稱性和周期性，作出粒子的部分運動軌跡如圖所示．

其中以O₁、O₃、O₅、O₇、O₉、O₁₁為圓心的運動軌跡所對應的圓心角為120°，每段軌跡對應時間為：
${t}_{1}=\frac{1}{3}T$…⑩
以O₂、O₄、O₆、O₈、O₁₀、O₁₂為圓心的運動軌跡所對應的圓心角為60°，每段軌跡對應時間為：
${t}_{2}=\frac{T}{6}$…⑪
由圖中幾何關系，從原點出發(fā)到回到原點的總時間為：
t′=6（t₁+t₂）…⑫
聯(lián)解③⑩⑪⑫并代入數(shù)據(jù)得：
t′=12π×10^-4s…⑬
答：（1）t₁=$\frac{4π}{3}$×10^-4s時粒子所處位置的坐標（$\frac{\sqrt{3}}{5}$m，0.6m）；
（2）帶電粒子進入磁場運動后第一次到達y軸時離出發(fā)點的距離是1.6m；
（3）可以，返回原點經(jīng)歷的時間是12π×10^-4

點評 本題重點是對磁場周期性的應用，磁場的周期性一定就會由粒子運動周期性的變化，故只要得到一個周期的運動軌跡，就可以重復畫軌跡，直到得到想要的結果．本題由于粒子的運動軌跡比較復雜，故考察的難度相對較大．