Question

8．如图甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿+y方向的匀强电场，电场强度E=$\frac{8}{π}$×10³N/C．在y轴上放置一足够大的挡板．t=0时刻，一个带正电粒子从P点以v=2×10⁴m/s的速度沿+x方向射入磁场．已知电场边界MN到x轴的距离为$\frac{π-2}{10}$m，P点到坐标原点O的距离为1.1m，粒子的比荷$\frac{q}{m}$=10⁶C/kg，不计粒子的重力．求粒子：
（1）在磁场中运动时距x轴的最大距离；
（2）连续两次通过电场边界MN所需的时间；
（3）最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离．

Answer 1

分析 （1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力可求得半径，再由几何关系可求得离x轴的最大距离；
（2）由周期公式求出粒子的周期；根据磁场的变化周期可明确带电粒子在磁场中的运动情况，同时明确粒子在电场中的运动；根据牛顿运动定律可求得在电场中运动的时间；从而得出粒子在磁场中可能的运动情况；从而求出对应的时间；
（3）分析粒子的运动过程，根据几何关系可求出J点到O点的距离．

解答 解：（1）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：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：R=0.2m，
粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离：y_m=2R=0.4m；
（2）如答图甲所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T=$\frac{2πR}{v}$=$\frac{2π×0.2}{2×1{0}^{4}}$=2π×10^-5s，
由磁场变化规律可知，它在0-$\frac{3π}{2}$×10^-5s（即0-$\frac{3}{4}$T）时间内做匀速圆周运动至A点，
接着沿-y方向做匀速直线运动直至电场边界C点，用时：t₂=$\frac{R+{y}_{0}}{v}$=$\frac{π}{2}$×10^-5s=$\frac{T}{4}$，
进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿定律得：a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{8}{π}$×10⁹m/s²，
粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间：t₃=$\frac{2v}{a}$=$\frac{2×2×1{0}^{4}}{\frac{8}{π}×1{0}^{9}}$=$\frac{π}{2}$×10^-5s=$\frac{T}{4}$，
接下来，粒子沿+y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t₂，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A做匀速圆周运动，
再经$\frac{3π}{2}$×10^-5s的时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程．所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能：
第一种可能是，由C点先沿-y方向到D再返回经过C，所需时间为：t=t₃=$\frac{π}{2}$×10^-5s；
第二种可能是，由C点先沿+y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿-y方向做匀速直线运动至MN，
所需时间为：t′=$\frac{T}{4}$+$\frac{3T}{2}$+$\frac{T}{4}$=2T=4π×10^-5s；
（3）由上问可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向-x方向平移2R（即答图甲中所示从P点移到F点），
$\overline{OP}$=1.1m=5.5R，故粒子打在挡板前的一次运动如答图乙所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，
J是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点．
由题意知：$\overline{QI}$=$\overline{OP}$-5R=0.1m，$\overline{KQ}$=R-$\overline{QI}$=0.1m=$\frac{R}{2}$，则：$\overline{JQ}$=$\sqrt{{R}^{2}-（\overline{KQ}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$R，
J点到O的距离：$\overline{JO}$=R+$\frac{\sqrt{3}}{2}$R=$\frac{2+\sqrt{3}}{10}$m≈0.37m；
答：（1）在磁场中运动时距x轴的最大距离为0.4m；
（2）连续两次通过电场边界MN所需的时间为$\frac{π}{2}$×10^-5s或4π×10^-5s；
（3）最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离为0.37m．

点评 本题考查了小球在复合场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用小球最圆周运动的周期公式与半径公式、牛顿第二定律等内容进行分析求解；分析运动的全过程是解题的关键；对学生分析能力、综合能力和应用数学能力要求较高．