Question

4．如圖a所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷$\frac{q}{m}$=10⁶C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經(jīng)過$\frac{π}{15}$×10^-5s后，電荷以v₀=1.5×l0⁴m/s的速度通過MN進入其上方的勻強磁場，磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強度B按圖b所示規(guī)律周期性變化（圖b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）．求：
（1）勻強電場的電場強度E．
（2）帶電粒子第一次進入磁場時，粒子在其中的運動半徑和運動時間各為多少？
（3）圖b中t=$\frac{4π}{5}$×10^-5s時刻電荷與O點的水平距離．
（4）如果在O點右方d=67.5cm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)合可求出電場強度E．
（2）（3）電荷進入磁場后做勻速圓周運動，分別求出各個階段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=$\frac{4π}{5}$×10^-5s時刻電荷與O點的水平距離．
（4）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ON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=at₁
Eq=ma
解得：
E=$\frac{m{v}_{0}}{q{t}_{1}}$=7.2×10³N/C
（2）粒子第一次進入磁場時，磁場垂直紙面向外時，電荷運動的半徑：
r₁=$\frac{m{v}_{0}}{{B}_{1}q}$=5cm
周期：
T₁=$\frac{2πm}{{B}_{1}q}$=$\frac{2π}{3}$×10^-5s
運動時間：t=$\frac{{T}_{1}}{2}$=$\frac{π}{3}$×10^-5s
（3）當(dāng)磁場垂直紙面向里時，電荷運動的半徑：
r₂=$\frac{m{v}_{0}}{{B}_{2}q}$=3cm
周期：
T₂=$\frac{2πm}{{B}_{2}q}$=$\frac{2π}{5}$×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
（4）電荷從第一次通過MN開始，其運動的周期為：T=$\frac{4π}{5}$×10^-5s
根據(jù)電荷的運動情況可知，電荷到達檔板前運動的完整周期數(shù)為15個，有：
電荷沿ON運動的距離：s=15△d=60cm
故最后8cm的距離如圖所示，有：r₁+r₁cosα=d-s
解得：cosα=0.6 則 α=53°
故電荷運動的總時間：t_總=t₁+15T+$\frac{1}{2}$T₁-$\frac{53°}{360°}$T₁=3.86×10^-4s
答：（1）勻強電場的電場強度E為7.2×10³N/C．
（2）帶電粒子第一次進入磁場時，粒子在其中的運動半徑為5cm，運動時間為$\frac{π}{3}$×10^-5s．
（3）圖b中t=$\frac{4π}{5}$×10^-5s時刻電荷與O點的水平距離為4cm．
（4）電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需的時間為3.86×10^-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．