Question

9．如圖（甲）所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)逮立平面直角坐標(biāo)系，邊界MN與O點(diǎn)相距L=$\frac{1}{15}$m，P₁P₂為與邊界MN相距（π+3 ）m的豎直墻壁．在邊界MN左側(cè)的區(qū)域Ⅰ存在與豎直方向成37°的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁=O.5N/C．在邊界MN右側(cè)的區(qū)域Ⅱ有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂=0.4N/C，同時(shí)存在垂直紙面的變化磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖（乙） 所示．現(xiàn)有一質(zhì)量為4×10^-7kg的帶正電微粒、電量為1×10^-5C，在區(qū)域I電場(chǎng)中的O處無(wú)初速釋放，并以某一速度由MN邊界進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的場(chǎng)區(qū)．設(shè)此時(shí)刻記為t=0．重力加速度取g=10m/s²．sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1 ）粒子到達(dá)MN邊界時(shí)的速度；
（2 ）進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ場(chǎng)區(qū)后的$\frac{π}{2}$時(shí)刻微粒與MN的距離；
（3 ）帶電微粒與墻壁碰撞的時(shí)刻和位置坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解
（2）進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ場(chǎng)區(qū)后的$\frac{π}{2}$時(shí)刻，因?yàn)?mg=q{E}_{2}^{\;}$，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出與MN的距離
（3）畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子在交變磁場(chǎng)中，無(wú)磁場(chǎng)時(shí)勻速直線運(yùn)動(dòng)，有磁場(chǎng)時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系求出帶電粒子與墻壁碰撞的位置

解答 解：（1）設(shè)MN左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為${E}_{1}^{\;}$，方向與水平方向夾角為θ，帶電小球受力如右圖
沿水平方向有  $q{E}_{1}^{\;}cosθ=ma$
沿豎直方向有$q{E}_{1}^{\;}sinθ=mg$
對(duì)水平方向的勻加速運(yùn)動(dòng)有${v}_{\;}^{2}=2aL$
代入數(shù)據(jù)可解得v=1m/s
（2）由于$q{E}_{2}^{\;}=mg$，帶電粒子進(jìn)入右側(cè)場(chǎng)區(qū)后仍垂直MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)
代入數(shù)據(jù)可得$x=vt=\frac{π}{2}m$
（3）結(jié)合題意可知粒子在場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示，設(shè)與墻壁碰撞的位置坐標(biāo)為$（{x}_{0}^{\;}，{y}_{0}^{\;}）$則，
帶電粒子在場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)：
$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$，得R=1m
在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期$T=\frac{2πm}{qB}=2π$
則
${x}_{0}^{\;}=\frac{1}{15}+3+π=6.21m$
${y}_{0}^{\;}=3+\frac{π}{2}=4.57m$
因此坐標(biāo)為（6.21m，4.57m）
帶電粒子與墻壁碰撞的時(shí)刻$t=6×\frac{π}{2}=3πs$
答：（1 ）粒子到達(dá)MN邊界時(shí)的速度1m/s；
（2 ）進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ場(chǎng)區(qū)后的$\frac{π}{2}$時(shí)刻微粒與MN的距離$\frac{π}{2}m$
（3 ）帶電微粒與墻壁碰撞的時(shí)刻3πs和位置坐標(biāo)（6.21m，4.57m）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后分階段運(yùn)用牛頓第二定律、向心力公式和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解．