题目内容
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如图所示，两平行金属板相距为d，与一边长为L、匝数为N匝的正方形线圈相连，正方形线圈内存在着与其平面垂直向里的随时间变化的磁场B，其随时间变化关系为B=B0+kt（k＞0），粒子源在t=0时刻从P处释放一个初速度为零的带电粒子，已知带电粒子质量为m，电荷量为q，粒子能从N板加速到M板，并从M板上的一个小孔穿出．在板的上方，有一个环形区域内存在磁感应强度大小为B0，垂直纸面向外的匀强磁场．已知外圆半径为2d，内圆半径为d，两圆的圆心与小孔重合（不计粒子重力）．（1）判断带电粒子的正负和粒子到达M板的速度v；
（2）若要求粒子不能从外圆边界飞出，k的取值范围是多少？
（3）已知线圈自感系数很小，若k=$\frac{15q{B}_{0}^{2}{d}^{2}}{32mN{L}^{2}}$，为使粒子不从外圆飞出，则粒子从P点最多运动多长时间后可让k突然变为0（即线圈中的磁场不再变化）？
分析 （1）由楞次定律判断出极板的电性，根据粒子受力方向判断粒子电性，应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由动能定理可以求出粒子的速度．
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出临界k值，然后确定其范围．
（3）由牛顿第二定律求出粒子的加速度，然后应用速度公式求出粒子的运动时间．
解答 解：（1）由楞次定律可知，M板带正电，粒子从N板加速到M板，粒子带负电；
线圈产生的感应电动势：E=N$\frac{△Φ}{△t}$=NL2k，
对粒子，由动能定理得：qE=$\frac{1}{2}$mv2-0，
解得：v=L$\sqrt{\frac{2kqN}{m}}$；
（2）要使粒子不从外边界飞出，粒子运动轨迹与外圆相切时轨道半径最大，
由几何关系得：（2d-r）2=r2+d2，解得：r=$\frac{3}{4}$d，
粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB0=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：k=$\frac{9q{B}_{0}^{2}{d}^{2}}{32mN{L}^{2}}$，
k的取值范围：k≤$\frac{9q{B}_{0}^{2}{d}^{2}}{32mN{L}^{2}}$；
（3）由于k=$\frac{15q{B}_{0}^{2}{d}^{2}}{32mN{L}^{2}}$＞$\frac{9q{B}_{0}^{2}{d}^{2}}{32mN{L}^{2}}$，故如果让粒子在MN间一直加速，
则粒子必然会从外圆飞出，所以只能让粒子在MN间加速至某一速度v再匀速射出电容器即可，
已知：k=$\frac{15q{B}_{0}^{2}{d}^{2}}{32mN{L}^{2}}$，粒子加速度：a=$\frac{qU}{md}$=$\frac{15q{B}_{0}^{2}{d}^{2}}{32{m}^{2}}$，
当r=$\frac{3}{4}$d时由：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）带电粒子带负电，粒子到达M板的速度v为L$\sqrt{\frac{2kqN}{m}}$；
（2）若要求粒子不能从外圆边界飞出，k的取值范围是：k≤$\frac{9q{B}_{0}^{2}{d}^{2}}{32mN{L}^{2}}$；
（3）已知线圈自感系数很小，若k=$\frac{15q{B}_{0}^{2}{d}^{2}}{32mN{L}^{2}}$，为使粒子不从外圆飞出，则粒子从P点最多运动时间$\frac{8m}{5q{B}_{0}}$后可让k突然变为0．
点评 本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、知道符合要求的临界条件是解题的关键，作出粒子运动轨迹、求出粒子轨道半径、应用牛顿第二定律与法拉第电磁感应定律、动能定理可以解题．
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