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    18．如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向下的匀强电场，现将一重力不计、比荷$\frac{q}{m}$=106C/kg的负电荷从电场中O点由静止释放，经过$\frac{π}{15}$×10-5s的时间后电荷以V0=1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性的变化，方向如图甲所示，电荷第一次通过MN时计时．求：

    （1）匀强电场的电场强度E及O点与直线MN间的距离；
    （2）当磁场为B1=0.3T时的运动周期和半径；
    （3）如果在O点正右方d=66.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间．

    分析 （1）电荷做匀减速运动，根据动量定理可解得，由位移公式可解得MN之间的距离．
    （2）电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径与周期．
    （3）求出电荷在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与周期，分析电荷在磁场中的运动过程，再根据几何关系可确定圆心角，从而求出运动的时间．

    解答 解：（1）对粒子，由动量定理得：qEt0=mv0-0，
    解得：E=$\frac{2.25}{π}$×104V/m；
    粒子在电场中做匀加速直线运动，O与MN间的距离：d=$\frac{{v}_{0}}{2}$t0=$\frac{π}{2}$×10-2m；
    （2）电荷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：
    qv0B1=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}}$，
    代入数据解得：r1=0.05m=5cm，
    电荷做圆周运动的周期：T1=$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$=$\frac{2π}{3}$×10-5s；
    （3）磁感应强度：B2=0.5T时，r2=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{2}}$=3cm，T2=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$=$\frac{2π}{5}$×10-5s；
    在一个磁场周期T=$\frac{4π}{5}$×10-5s内，电荷沿水平方向前进的距离为：△x=2（r1+r2）=16cm，
    经过4个周期电荷在水平方向向右移动的距离：x=4△x=64cm，最后的：l=66.5-64=2.5cm如图所示：

    由几何知识得：cosθ=$\frac{{r}_{1}-l}{{r}_{1}}$=$\frac{3-2.5}{3}$=$\frac{1}{6}$，θ≈9.59°，
    最后的运动时间：t1=$\frac{θ}{360°}$T1=$\frac{9.59°}{360°}$×$\frac{2π}{3}$×10-5s≈0.056×10-5s，
    电荷从O点出发运动到挡板的时间：t=t0+4T+t1=$\frac{π}{15}$×10-5+4×$\frac{4π}{5}$×10-5+0.056×10-5s=1.03×10-4s；
    答：（1）匀强电场的电场强度E为$\frac{2.25}{π}$×104V/m，O点与直线MN间的距离为$\frac{π}{2}$×10-2m；
    （2）当磁场为B1=0.3T时的运动周期为$\frac{2π}{3}$×10-5s，半径为5cm；
    （3）如果在O点正右方d=66.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，电荷从O点出发运动到挡板的时间为1.03×10-4s．

    点评 本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子的运动情况复杂，本题具有一定的难度；分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量定理、匀变速直线运动的运动学公式、牛顿第二定律可以解题；解题时要注意作出粒子的运动轨迹，注意几何知识的应用．

    练习册系列答案
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