Question

3．如圖甲所示，在邊界MN左側(cè)存在與豎直方向成37°的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁=0.5N/C，在MN的右側(cè)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂，還有垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B（圖甲中未畫出）和水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₃（圖甲中未畫出），B和E₃隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示，P₁P₂為距MN邊界2.295m的豎直墻壁，現(xiàn)有一帶正電微粒質(zhì)量為4×10^-7kg，電量為1×10^-5C，從左側(cè)電場(chǎng)中距MN邊界L處的A處無(wú)初速釋放后，沿直線以1m/s速度垂直MN邊界進(jìn)入右側(cè)場(chǎng)區(qū)，設(shè)此時(shí)刻t=0，取g=10m/s²．求：
（1）A點(diǎn)距MN邊界的距離L多大（sin37°=0.6）；
（2）進(jìn)入右側(cè)場(chǎng)區(qū)1s內(nèi)帶電微粒仍垂直MN邊界運(yùn)動(dòng)，則E₂多大；
（3）在（2）問(wèn)的條件下，帶電微粒在MN右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)了1.5s時(shí)的速度；
（4）在（2）問(wèn)的條件下，帶電微粒在MN右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間與墻壁碰撞？（$\frac{1.2}{2π}$≈0.19）

Answer 1

分析 （1）微粒從A處無(wú)初速釋放后，沿直線垂直MN邊界進(jìn)入右側(cè)場(chǎng)區(qū)，可知合力的方向與MN垂直，抓住豎直方向上平衡，水平方向上產(chǎn)生加速度，結(jié)合速度位移公式求出A點(diǎn)距離MN邊界的距離．
（2）進(jìn)入右側(cè)場(chǎng)區(qū)1s內(nèi)帶電微粒仍垂直MN邊界運(yùn)動(dòng)，可知微粒所受的重力和豎直方向上的電場(chǎng)力平衡，結(jié)合平衡求出電場(chǎng)強(qiáng)度E₂的大�。�
（3）粒子在前1s內(nèi)做勻加速最小運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和速度時(shí)間公式求出1s末的速度，1s-1.5s內(nèi)，帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)帶電粒了在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律明確轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)間，則可確定其速度方向；
（4）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，明確粒子何時(shí)才能與墻壁相碰撞．

解答 解：（1）設(shè)MN左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為E₁，方向與水平方向夾角為θ，
沿水平方向有　 　qE₁cosθ=ma                                      
沿豎直方向有　 　qE₁sinθ=mg                                    
對(duì)水平方向的勻加速運(yùn)動(dòng)有：v²=2aL                          
代入數(shù)據(jù)可解得L=$\frac{1}{15}$m．                                   
（2）由于帶電微粒進(jìn)入右側(cè)場(chǎng)區(qū)后仍垂直MN運(yùn)動(dòng)，有qE₂=mg                
代入數(shù)據(jù)可解得    E₂=0.4N/C                            
（3）帶電微粒在MN右側(cè)場(chǎng)區(qū)始終滿足　qE₂=mg
在0～1s時(shí)間內(nèi)，帶電微粒在E₃電場(chǎng)中  a=$\frac{q{E}_{3}}{m}=\frac{1×1{0}^{-5}×0.004}{4×1{0}^{-7}}m/{s}^{2}=0.1m/{s}^{2}$．
帶電微粒在1s時(shí)的速度大小為　 v₁=v+at=1+0.1×1=1.1m/s，
在1～1.5s時(shí)間內(nèi)，帶電微粒在磁場(chǎng)B中運(yùn)動(dòng)，周期T=$\frac{2πm}{qB}=\frac{2π×4×1{0}^{-7}}{1×1{0}^{-5}×0.08π}=1s$，
在1～1.5s時(shí)間內(nèi)，帶電微粒在磁場(chǎng)B中正好作半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)．所以帶電微粒在MN右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)了1.5s時(shí)的速度大小為1.1m/s，方向水平向左．
（4）在0s～1s時(shí)間內(nèi)帶電微粒前進(jìn)距離　s₁=vt+$\frac{1}{2}$at²=1×1+$\frac{1}{2}$×0.1×1²=1.05m．
帶電微粒在磁場(chǎng)B中作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=$\frac{mv}{qB}=\frac{4×1{0}^{-7}×1.1}{1×1{0}^{-5}×0.08π}$=$\frac{1.1}{2π}m$．
因?yàn)閞+s₁＜2.28m，所以在1s～2s時(shí)間內(nèi)帶電微粒未碰及墻壁．
在2s～3s時(shí)間內(nèi)帶電微粒作勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度仍為　a=0.1m/s²，
在3s內(nèi)帶電微粒共前進(jìn)距離
s₃=$v{t}_{3}+\frac{1}{2}a{{t}_{3}}^{2}=1×2+\frac{1}{2}×0.1×{2}^{2}$m=2.2m．
在3s時(shí)帶電微粒的速度大小為v₃=v+at₃=1+0.1×2m/s=1.2m/s．
在3s～4s時(shí)間內(nèi)帶電微粒在磁場(chǎng)B中作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑${r}_{3}=\frac{m{v}_{3}}{qB}=\frac{4×1{0}^{-7}×1.2}{1×1{0}^{-5}×0.08π}=\frac{1.2}{2π}$=0.19m，
因?yàn)閞₃+s₃＞2.295m，所以在4s時(shí)間內(nèi)帶電微粒碰及墻壁
帶電微粒在3s以后運(yùn)動(dòng)情況如右圖，其中 d=2.295-2.2=0.095m，
sinθ=$\fraccofu9jd{{r}_{3}}=0.5$，θ=30°                
所以，帶電微粒作圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為${t}_{3}=\frac{{T}_{3}}{12}=\frac{2πm}{12qB}=\frac{2π×4×1{0}^{-7}}{12×1×1{0}^{-5}×0.08π}$=$\frac{1}{12}$s．
帶電微粒與墻壁碰撞的時(shí)間為　t_總=3+$\frac{1}{12}$=$\frac{37}{12}$s．
答：（1）A點(diǎn)距MN邊界的距離L為$\frac{1}{15}m$；
（2）進(jìn)入右側(cè)場(chǎng)區(qū)1s內(nèi)帶電微粒仍垂直MN邊界運(yùn)動(dòng)，則E₂為0.4N/C；
（3）帶電微粒在MN右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)了1.5s時(shí)的速度為1.1m/s，方向水平向左；
（4）帶電微粒在MN右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)$\frac{37}{12}$s與墻壁碰撞．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要注意能正確分析帶電物體的運(yùn)動(dòng)情況及運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律靈活選擇物理規(guī)律求解．