Question

4．如圖甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，場強E=$\frac{π}{10}$×10⁴N/C．現(xiàn)將一重力不計、比荷$\frac{q}{m}$=10⁶kg的正電荷從電場中的O點由靜止釋放，經(jīng)過t₀=1×10^-5s后，通過MN上的P點進入其上方的勻強磁場．磁場方向垂直于紙面向外，以電荷第一次通過MN時開始計時，磁感應(yīng)強度按圖乙所示規(guī)律周期性變化．

（1）求電荷進入磁場時的速度v₀
（2）求圖乙中t=2×10^-5s時刻電荷與P點的距離；
（3）如果在P點右方d=10⁵cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間．

Answer 1

分析 （1）電荷在電場中做勻加速直線運動，根據(jù)運動學(xué)公式和牛頓第二定律結(jié)合可求出電荷進入磁場時的速度v₀．
（2）電荷進入磁場后做勻速圓周運動，分別求出電荷在磁場中運動的半徑和周期，畫出軌跡，由幾何關(guān)系求出t=2×10^-5s時刻電荷與P點的水平距離．
（3）電荷在周期性變化的磁場中運動，根據(jù)周期性分析電荷到達檔板前運動的完整周期數(shù)，即可求出荷沿MN運動的距離．根據(jù)電荷擋板前的運動軌跡，求出其運動時間，即得總時間．

解答 解：（1）電荷在電場中做勻加速直線運動，設(shè)其在電場中運動的時間為t₁，
有：v₀=at₀  Eq=ma  
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=π×10⁴m/s；          
（2）當(dāng)磁場垂直紙面向外：B₁=$\frac{π}{20}$T時，電荷運動的半徑：r₁=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$，
代入數(shù)據(jù)得：r₁=0.2m，周期：T₁=$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$，
代入數(shù)據(jù)得：T₁=4×10^-5s，
當(dāng)磁場B₂=$\frac{π}{10}$T時，電荷運動的半徑：r₂=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{2}}$，
代入數(shù)據(jù)得：r₂=0.1m
周期：T₂=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$，
代入數(shù)據(jù)得：T₂=2×10^-5s，
故電荷從t=0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖1所示．

t=2×10^-5s時刻電荷先沿大圓軌跡運動四分之一周期，然后再沿小圓弧運動半個周期，與P點的水平距離：△d=r₁=0.2m；  
（3）電荷從第一次通過MN開始，其運動的周期為：T=6×10^-5 s，每一個周期內(nèi)沿PN的方向運動的距離為0.4=40cm，
故電荷到達擋板前運動的完整的周期數(shù)為2個，沿PN方向運動的距離為80cm，最后25cm的距離如圖2所示，設(shè)正電荷以α角撞擊到擋板上，
有：r₁+r₂cosα=0.25m，代入數(shù)據(jù)解得：cosα=0.5，即α=60°，
 故電荷運動的總時間：t_總=t₀+2T+$\frac{1}{4}$T₁+$\frac{30°}{360°}$T₂，
代入數(shù)據(jù)解得：t_總=1.42×10^-4 s
答：（1）電荷進入磁場時的速度為π×10⁴m/s．
（2）t=2×10^-5s時刻電荷與P點的水平距離為20cm．
（3）電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間為1.42×10^-4s．

點評 本題是帶電粒子在電場和磁場中運動的問題，電荷在電場中運動時，由牛頓第二定律和運動學(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動時，要抓住周期性即重復(fù)性進行分析，根據(jù)軌跡求解時間．