Question

13．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)有足夠大的瞬時磁場，磁感應(yīng)強度B₁隨時間t變化規(guī)律如圖（乙）所示，15π s后磁場消失，選定磁場垂直向里為正方向．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．（計算結(jié)果保留二位有效數(shù)字）

（1）求微粒在第二像限運動過程中離y軸、x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(biāo)（x、y）
（3）若微粒以最大偏轉(zhuǎn)角穿過磁場后，擊中x軸上的M點，求微粒從射入圓形磁場到擊中M點的運動時間t．

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(biāo)；
（3）根據(jù)圓磁場與運動圓形軌跡，借助于幾何關(guān)系，即可求解．

解答 解：（1）因為微粒射入電磁場后受Eq=mg=8×10^-3 N，
微粒相當(dāng)于僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動；
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：R₁=$\frac{m{v}_{1}}{qB}$=0.6m，
粒子做圓周運動的周期：T=$\frac{2πR}{v}$=10πs，
所以從乙圖可知：在△t₁=（0-5πs）內(nèi)粒子向上做勻速圓周運動，△t₂=（5πs-10πs）內(nèi)微粒向左勻速運動，
運動位移：s₁=v$\frac{T}{2}$=0.6π m
△t₃（10πs-15πs）內(nèi)，微粒又向上勻速圓周運動后向右勻速穿過y軸，
所以，離y軸的最大距離S=|x_p|+S₁+R₁=（1.4+0.6π）m≈3.3m
離x軸的最大距離S′=4R=2.4m
（2）如圖微粒穿過圓磁場要求偏轉(zhuǎn)角最大，必須入射點A與出射點B連線為磁場的直徑，
由牛頓第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$，解得：R₂=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$=0.6m=2r，所以最大偏轉(zhuǎn)角θ=60°，
圓心坐標(biāo)：x=r=0.3m，y=S′-rcos60°=2.25m；
（3）微粒在圓磁場中的運動時間為：t₁=$\frac{1}{6}$T=$\frac{1}{6}$×$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$=$\frac{5π}{3}$s≈5.23s，
微粒射出圓磁場后勻速運動如圖
因為y_B=S′-2rcos60°=2.10m
微粒射出B點時y方向速度v_y=vsin60°=0.06$\sqrt{3}$m/s≈0.104m/s，
t₂=$\frac{{y}_{B}}{{v}_{y}}$≈20.2s，時間t=t₁+t₂≈25s；
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(biāo)（0.3m、2.25m）
（3）若微粒以最大偏轉(zhuǎn)角穿過磁場后，擊中x軸上的M點，微粒從射入圓形磁場到擊中M點的運動時間為25s．

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．