Question

20．如圖所示，兩平行金屬板相距為d，與一邊長為L、匝數(shù)為N匝的正方形線圈相連，正方形線圈內存在著與其平面垂直向里的隨時間變化的磁場B，其隨時間變化關系為B=B₀+kt（k＞0），粒子源在t=0時刻從P處釋放一個初速度為零的帶電粒子，已知帶電粒子質量為m，電荷量為q，粒子能從N板加速到M板，并從M板上的一個小孔穿出．在板的上方，有一個環(huán)形區(qū)域內存在磁感應強度大小為B₀，垂直紙面向外的勻強磁場．已知外圓半徑為2d，內圓半徑為d，兩圓的圓心與小孔重合（不計粒子重力）．
（1）判斷帶電粒子的正負和粒子到達M板的速度v；
（2）若要求粒子不能從外圓邊界飛出，k的取值范圍是多少？
（3）已知線圈自感系數(shù)很小，若k=$\frac{15q{B}_{0}^{2}p9vv5xb5^{2}}{32mN{L}^{2}}$，為使粒子不從外圓飛出，則粒子從P點最多運動多長時間后可讓k突然變?yōu)?（即線圈中的磁場不再變化）？

Answer 1

分析 （1）由楞次定律判斷出極板的電性，根據(jù)粒子受力方向判斷粒子電性，應用法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由動能定理可以求出粒子的速度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律求出臨界k值，然后確定其范圍．
（3）由牛頓第二定律求出粒子的加速度，然后應用速度公式求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）由楞次定律可知，M板帶正電，粒子從N板加速到M板，粒子帶負電；
線圈產生的感應電動勢：E=N$\frac{△Φ}{△t}$=NL²k，
對粒子，由動能定理得：qE=$\frac{1}{2}$mv²-0，
解得：v=L$\sqrt{\frac{2kqN}{m}}$；
（2）要使粒子不從外邊界飛出，粒子運動軌跡與外圓相切時軌道半徑最大，
由幾何關系得：（2d-r）²=r²+d²，解得：r=$\frac{3}{4}$d，
粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB₀=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：k=$\frac{9q{B}_{0}^{2}p9vv5xb5^{2}}{32mN{L}^{2}}$，
k的取值范圍：k≤$\frac{9q{B}_{0}^{2}p9vv5xb5^{2}}{32mN{L}^{2}}$；
（3）由于k=$\frac{15q{B}_{0}^{2}p9vv5xb5^{2}}{32mN{L}^{2}}$＞$\frac{9q{B}_{0}^{2}p9vv5xb5^{2}}{32mN{L}^{2}}$，故如果讓粒子在MN間一直加速，
則粒子必然會從外圓飛出，所以只能讓粒子在MN間加速至某一速度v再勻速射出電容器即可，
已知：k=$\frac{15q{B}_{0}^{2}p9vv5xb5^{2}}{32mN{L}^{2}}$，粒子加速度：a=$\frac{qU}{md}$=$\frac{15q{B}_{0}^{2}p9vv5xb5^{2}}{32{m}^{2}}$，
當r=$\frac{3}{4}$d時由：qvB₀=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：v=$\frac{3q{B}_{0}d}{4m}$，由v=at解得：t=$\frac{8m}{5q{B}_{0}}$；
答：（1）帶電粒子帶負電，粒子到達M板的速度v為L$\sqrt{\frac{2kqN}{m}}$；
（2）若要求粒子不能從外圓邊界飛出，k的取值范圍是：k≤$\frac{9q{B}_{0}^{2}p9vv5xb5^{2}}{32mN{L}^{2}}$；
（3）已知線圈自感系數(shù)很小，若k=$\frac{15q{B}_{0}^{2}p9vv5xb5^{2}}{32mN{L}^{2}}$，為使粒子不從外圓飛出，則粒子從P點最多運動時間$\frac{8m}{5q{B}_{0}}$后可讓k突然變?yōu)?．

點評 本題考查了粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、知道符合要求的臨界條件是解題的關鍵，作出粒子運動軌跡、求出粒子軌道半徑、應用牛頓第二定律與法拉第電磁感應定律、動能定理可以解題．