Question

12．如圖（a）所示，兩塊足夠大的平行金屬板豎直放置，板間距d=15m，o和o′分別為兩板的中心，板間存在空間分布均勻、大小和方向隨時間變化的電場和磁場，變化規(guī)律分別如圖（b），（c）所示（規(guī)定水平向右為電場的正方向，垂直紙面向里為磁場的正方向），在t=0時刻從左板中心O點由靜止釋放一帶正電的粒子（不計重力），粒子的比荷$\frac{q}{m}$=3×10⁶C/kg，求：

（1）在0-1×10^-5S時間內粒子運動的位移的大小及獲得的速度大小
（2）粒子最終打到右極板上的位置．

Answer 1

分析 （1）在0-1×10^-5S時間內粒子在電場中做加速度運動，由牛頓第二定律求的加速度，由運動學公式求的速度和位移；
（2）在1×10^-5s-3×10^-5s內，粒子作勻速圓周運動，求的半徑和周期，；在3×10^-5s-4×10^-5s粒子繼續(xù)作勻加速直線運動，由勻變速直線運動的規(guī)律求的位移和速度；4×10^-5s后粒子做勻速圓周運動，有幾何關系即可求得位置

解答 解：（1）如圖，在0-1×10^-5s內，粒子在電場中作勻加速直線運動，由牛頓第二定律可知粒子加速度為：
$a=\frac{qE}{m}$=3×10⁶×2×10²m/s²=6×10⁸m/s²
由運動學公式可得：
${x}_{1}=\frac{1}{2}{at}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}×6×1{0}^{8}×（1×1{0}^{-5}）^{2}m$=0.03m
${v}_{1}=a{t}_{1}=6×1{0}^{8}×1×1{0}^{-5}m/s=6×1{0}^{3}m/s$
（2）在1×10^-5s-3×10^-5s內，粒子作勻速圓周運動，有：$q{v}_{1}B=\frac{{mv}_{1}^{2}}{{r}_{1}}$…①
$T=\frac{2π{r}_{1}}{{v}_{1}}$…②
由①②得：${r}_{1}=\frac{m{v}_{1}}{qB}=\frac{1}{3×1{0}^{-6}}×\frac{6×1{0}^{3}}{\frac{π}{15}}s=\frac{3}{π}×1{0}^{-2}m＜0.12m$
$T=\frac{2πm}{qB}=\frac{2π}{\frac{π}{15}}×\frac{1}{3×1{0}^{-6}}s=1×1{0}^{-5}s$
所以1×10^-5s-3×10^-5s，粒子正好作兩個周期的完整圓周運動；3×10^-5s-4×10^-5s粒子繼續(xù)作勻加速直線運動，由勻變速直線運動的規(guī)律：
x₁：x₂=1：3；v₁：v₂=1：2，
得：x₂=0.09m；
${v}_{2}=12×1{0}^{3}m/s$
4×10^-5s后粒子做勻速圓周運動，軌道半徑為：
${r}_{2}=\frac{m{v}_{2}}{qB}=\frac{1}{3×1{0}^{6}}×\frac{12×1{0}^{3}}{\frac{2}{25}}m=5×1{0}^{-2}m$
由幾何關系，粒子打在O′點下方：$y={r}_{2}-\sqrt{{r}_{2}^{2}-{（d-{x}_{1}-{x}_{2}）}^{2}}=0.01m$
答：（1）在0-1×10^-5S時間內粒子運動的位移的大小為3cm，獲得的速度大小為6×10³m/s
（2）粒子最終打到右極板上的位置為O′點下方0.01m處

點評 帶點粒子在復合場中的運動本質是力學問題
1、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．
2、分析帶電粒子在復合場中的受力時，要注意各力的特點，如帶電粒子無論運動與否，在重力場中所受重力及在勻強電場中所受的電場力均為恒力，而帶電粒子在磁場中只有運動 （且速度不與磁場平行）時才會受到洛侖茲力，力的大小隨速度大小而變，方向始終與速度垂直，故洛侖茲力對運動電荷只改變粒子運動的方向，不改變大小