Question

12．如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)有足夠大的勻強電場．電場方向豎直向上，電場強度E=40N/C，在y軸左側(cè)平面內(nèi)有足夠大的磁場，磁感應(yīng)強度B₁隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，15π s后磁場消失，選定磁場垂直紙面向里為正方向．在y軸右側(cè)平面內(nèi)還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強磁場，分布在一個半徑為r=0.3m的圓形區(qū)域（圖中未畫出），且圓的左側(cè)與y軸相切，磁感應(yīng)強度B₂=0.8T，t=0時刻，一質(zhì)量m=8×10^-4kg、電荷量q=+2×10^-4C的微粒從x軸上x_p=-0.8m處的P點以速度v=0.12m/s 向x軸正方向入射．（g取10m/s²）
（1）求微粒在第二象限運動過程中離x軸、y軸的最大距離．
（2）若微粒穿過y軸右側(cè)圓形磁場時，速度方向的偏轉(zhuǎn)角度最大，求此圓形磁場的圓心坐標（x，y）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電場力等于重力，則洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，得出半徑與周期公式．并根據(jù)幾何關(guān)系與運動學(xué)公式的位移，即可求解；
（2）根據(jù)粒子做勻速圓周運動，求出半徑．從而得出與已知長度的函數(shù)關(guān)系，最終求出M點的坐標；

解答 解：（1）因為微粒射入電磁場后受到的電場力和重力分別為：
F_電=Eq=8×10^-3 N，G=mg=8×10^-3 N
F_電=G，所以微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有：
$qv{B}_{1}=m\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$
所以R₁=$\frac{mv}{{B}_{1}q}$=0.6 m
T=$\frac{2πm}{{B}_{1}q}$=10π s
從圖乙可知在0～5 π s內(nèi)微粒向左做勻速圓周運動，在5π s～10π s內(nèi)微粒向左勻速運動，運動位移為：
x₁=v$\frac{T}{2}$=0.6π m
在10π s～15π s內(nèi)，微粒又做勻速圓周運動，15π s以后向右勻速運動，之后穿過y軸．所以，離y軸的最大距離為：
s=0.8 m+x₁+R₁=1.4 m+0.6π m≈3.3 m
離x軸的最大距離s′=2R₁×2=4R₁=2.4 m
（2）如圖，微粒穿過圓形磁場要求偏轉(zhuǎn)角最大，入射點A與出射點B的連線必須為磁場圓的直徑，由牛頓第二定律，有：
qvB₂=$\frac{m{v}_{2}}{{R}_{2}}$
所以R₂=$\frac{mv}{{B}_{2}q}$=0.6 m=2r
所以最大偏轉(zhuǎn)角為：θ=60°
所以圓心坐標為：x=0.30 m
y=s-rcos 60°=2.4 m-0.3 m×$\frac{1}{2}$=2.25 m，
即磁場的圓心坐標為（0.30，2.25）
答：（1）微粒在第二像限運動過程中離y軸的最大距離3.2m；離開x軸的最大距離2.4m；
（2）若微粒穿過y軸右側(cè)圓形磁場時，速度方向的偏轉(zhuǎn)角度最大，求此圓形磁場的圓心坐標（0.3m、2.25m）

點評 本題是力學(xué)與電學(xué)綜合題，根據(jù)勻速圓周運動的規(guī)律與幾何關(guān)系相結(jié)合，同時運用力學(xué)與電學(xué)的知識來解題，從而培養(yǎng)學(xué)生分析問題的方法，提升解題的能力．