Question

12．如圖甲所示，水平直線MN上方有豎直向下的勻強電場，場強大小E=π×10³ N/C，MN下方有垂直于紙面的磁場，磁感應強度B隨時間t按如圖乙所示規(guī)律做周期性變化，規(guī)定垂直紙面向外為磁場正方向．t=0時將一重力不計、比荷$\frac{q}{m}$=10⁶C/kg的正點電荷從電場中的O點由靜止釋放，在t₁=1×10^-5s時恰通過MN上的P點進入磁場，P點左方d=124cm處有一垂直于MN且足夠大的擋板．已知 sin53°=cos37°=0.8，sin37°=cos53°=0.6．求：

（1）電荷從P點進入磁場時速度的大小υ₀；
（2）電荷在t₂=8×10^-5 s時與P點的距離△s；
（3）電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需時間t_總．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律結合運動學公式求出電荷進入磁場時的速度大��；
（2）結合粒子做圓周運動的周期與磁場交變周期的關系，作出電荷的運動軌跡，由幾何知識求t₂=8×10^-5s時電荷與P點的距離；
（3）作出電荷最后d-s內的軌跡圖，由幾何關系確定其轉過的圓心角，總時間為四個運動階段的時間之和．

解答 解：（1）電荷在電場中做勻加速直線運動，則Eq=ma               
又 υ₀=at₁                                   
解得：υ₀=$\frac{qE{t}_{1}}{m}$=π×10³×10⁶×1×10^-5 m/s=π×10⁴ m/s               
（2）電荷在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有：qυB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
得：r=$\frac{mυ}{Bq}$    
當B₁=$\frac{π}{20}$ T時，半徑為：r₁=$\frac{mυ0}{B1q}$=0.2 m=20 cm，求其中的一個半徑即得
周期T₁=$\frac{2πm}{B1q}$=4×10^-5 s，求其中的一個周期即得．

當B₂=$\frac{π}{30}$ T時，半徑r₂=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{2}}$=0.3 m=30 cm
周期T₂=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$=6×10^-5 s
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．
在t=0到t₂=8×10^-5 s時間內，電荷先沿直線OP運動t₁，再沿小圓軌跡運動$\frac{{T}_{1}}{4}$，緊接著沿大圓軌跡運動T₂，t₂=8×10^-5 s時電荷與P點的距離△s=$\sqrt{2}$r₁=20$\sqrt{2}$ cm  
（3）電荷從P點開始的運動周期T=1×10^-4 s，且在每一個T內向左沿PM移動s₁=2r₁=40 cm，電荷到達擋板前經歷了完整周期數(shù)N=$\frac{d-{r}_{1}-{r}_{2}}{{s}_{1}}$+1=2.85，取N=2，則沿PM運動距離s=2s₁=80 cm，設電荷撞擊擋板前速度方向與水平方向成θ角，最后d-s=44 cm內的軌跡如圖所示．

據(jù)幾何關系有r₁+r₂sinθ=0.44                         
解得sinθ=0.8，即θ=53°                           
則電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需總時間
t_總=t₁+2T+$\frac{{T}_{1}}{4}$+$\frac{θ}{360°}{T}_{2}$
解得t_總=2.29×10^-4 s                    
答：（1）電荷從P點進入磁場時速度的大小υ₀是π×10⁴ m/s．  
（2）電荷在t₂=8×10^-5 s時與P點的距離△s是20$\sqrt{2}$ cm．
（3）電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需時間t_總是2.29×10^-4 s．

點評 帶電粒子在電場、磁場和重力場等共存的復合場中的運動，其受力情況和運動圖景都比較復雜，但其本質是力學問題，應按力學的基本思路，運用力學的基本規(guī)律研究和解決此類問題．