Question

19．如圖甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷υ-t=10⁶C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經(jīng)過W_G≠0×10^-5s時間電荷以Q=fs_相對=1.5×10⁴m/s的速度通過MN進(jìn)入其上方的勻強(qiáng)磁場，磁場方向與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖乙所示規(guī)律周期性變化（圖乙中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時為t=0時刻）．不考慮磁場變化產(chǎn)生的電場（sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：
（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；
（2）圖乙中t=s_相對＞s₁+s₂×10^-5s時刻電荷與O 點的水平距離；
（3）如果在O點正右方d=32cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從第一次進(jìn)入磁場開始到達(dá)擋板需要的時間．

Answer 1

分析 （1）電荷在電場中做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律結(jié)合可求出電場強(qiáng)度E．
（2）電荷進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，分別求出電荷在磁場中運(yùn)動的半徑和周期，畫出軌跡，由幾何關(guān)系求出t=$\frac{4π}{5}$×10^-5s時刻電荷與O點的水平距離．
（3）電荷在周期性變化的磁場中運(yùn)動，根據(jù)周期性分析電荷到達(dá)檔板前運(yùn)動的完整周期數(shù)，即可求出荷沿ON運(yùn)動的距離．根據(jù)電荷擋板前的運(yùn)動軌跡，求出其運(yùn)動時間，即得總時間．

解答 解：（1）電荷在電場中做勻加速直線運(yùn)動，
設(shè)其在電場中運(yùn)動的時間為t₁，
由勻變速直線運(yùn)動的速度公式得：v₀=at₁，
由牛頓第二定律得：qE=ma，代入數(shù)據(jù)解得：
E=7.2×10³N/C，
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$，解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，
當(dāng)磁場垂直紙面向外時，電荷運(yùn)動的半徑：r₁=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$，
做圓周運(yùn)動的周期：T₁=$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：r₁=0.05m=5cm，T₁=$\frac{2π}{3}$×10^-5s，
當(dāng)磁場垂直紙面向里時，電荷運(yùn)動的半徑：
r₂=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{2}}$，周期：T₂=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：r₂=0.03m=3cm，T₂=$\frac{2π}{5}$×10^-5s
故電荷從t=0時刻開始做周期性運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡如圖所示．
t=$\frac{4π}{5}$×10^-5s時刻電荷與O點的水平距離：△d=2（r₁-r₂）=4cm  
（3）電荷從第一次通過MN開始，其運(yùn)動的周期為：T=$\frac{4π}{5}$×10^-5s根據(jù)電荷的運(yùn)動情況可知，電荷到達(dá)檔板前運(yùn)動的完整周期數(shù)為6個，
則電荷沿ON運(yùn)動的距離：s=6△d=6×4=24cm，
；
故最后32-24=8cm的距離如圖所示，有：r₁+r₁cosα=d-s，
即：r₁+r₁cosα=32cm-24cm=8cm，
即r₁+r₁cosα=8cm，解得：cosα=0.6，α=arccos0.6≈53°，
故電荷運(yùn)動的總時間：t_總=t₁+$\frac{1}{2}$T₁-$\frac{α}{360°}$T₁+6T，
已知t₁=$\frac{π}{15}$×10^-5s，
所以t_總=1.5×10^-4s．
答：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E為7.2×10³N/C．
（2）t=$\frac{4π}{5}$×10^-5s時刻電荷與O點的水平距離為4cm；
（3）電荷從O點出發(fā)運(yùn)動到擋板的時間1.5×10^-4s．

點評 本題是帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動的問題，電荷在電場中運(yùn)動時，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合研究是最常用的方法，也可以由動量定理處理．電荷在周期性磁場中運(yùn)動時，要抓住周期性即重復(fù)性進(jìn)行分析，根據(jù)軌跡求解時間．