Question

19．如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷υ-t=10⁶C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过W_G≠0×10^-5s时间电荷以Q=fs_相对=1.5×10⁴m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场方向与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化（图乙中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）．不考虑磁场变化产生的电场（sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）图乙中t=s_相对＞s₁+s₂×10^-5s时刻电荷与O 点的水平距离；
（3）如果在O点正右方d=32cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从第一次进入磁场开始到达挡板需要的时间．

Answer 1

分析 （1）电荷在电场中做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律结合可求出电场强度E．
（2）电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t=$\frac{4π}{5}$×10^-5s时刻电荷与O点的水平距离．
（3）电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿ON运动的距离．根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间．

解答 解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，
设其在电场中运动的时间为t₁，
由匀变速直线运动的速度公式得：v₀=at₁，
由牛顿第二定律得：qE=ma，代入数据解得：
E=7.2×10³N/C，
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv₀B=m$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$，解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，
当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：r₁=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$，
做圆周运动的周期：T₁=$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$，
代入数据解得：r₁=0.05m=5cm，T₁=$\frac{2π}{3}$×10^-5s，
当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：
r₂=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{2}}$，周期：T₂=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$，
代入数据解得：r₂=0.03m=3cm，T₂=$\frac{2π}{5}$×10^-5s
故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示．
t=$\frac{4π}{5}$×10^-5s时刻电荷与O点的水平距离：△d=2（r₁-r₂）=4cm  
（3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：T=$\frac{4π}{5}$×10^-5s根据电荷的运动情况可知，电荷到达档板前运动的完整周期数为6个，
则电荷沿ON运动的距离：s=6△d=6×4=24cm，
；
故最后32-24=8cm的距离如图所示，有：r₁+r₁cosα=d-s，
即：r₁+r₁cosα=32cm-24cm=8cm，
即r₁+r₁cosα=8cm，解得：cosα=0.6，α=arccos0.6≈53°，
故电荷运动的总时间：t_总=t₁+$\frac{1}{2}$T₁-$\frac{α}{360°}$T₁+6T，
已知t₁=$\frac{π}{15}$×10^-5s，
所以t_总=1.5×10^-4s．
答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2×10³N/C．
（2）t=$\frac{4π}{5}$×10^-5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm；
（3）电荷从O点出发运动到挡板的时间1.5×10^-4s．

点评 本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理．电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间．