Question

13．如图（甲）所示，在xoy平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E=40N/C．在y轴左侧平面内有足够大的瞬时磁场，磁感应强度B₁随时间t变化规律如图（乙）所示，15π s后磁场消失，选定磁场垂直向里为正方向．在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域（图中未画出），且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B₂=0.8T．t=0时刻，一质量m=8×10^-4kg、电荷量q=2×10^-4C的微粒从x轴上x_P=-0.8m处的P点以速度v=0.12m/s向x轴正方向入射．（计算结果保留二位有效数字）

（1）求微粒在第二像限运动过程中离y轴、x轴的最大距离
（2）若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标（x、y）
（3）若微粒以最大偏转角穿过磁场后，击中x轴上的M点，求微粒从射入圆形磁场到击中M点的运动时间t．

Answer 1

分析 （1）根据电场力等于重力，则洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，得出半径与周期公式．并根据几何关系与运动学公式的位移，即可求解；
（2）根据粒子做匀速圆周运动，求出半径．从而得出与已知长度的函数关系，最终求出M点的坐标；
（3）根据圆磁场与运动圆形轨迹，借助于几何关系，即可求解．

解答 解：（1）因为微粒射入电磁场后受Eq=mg=8×10^-3 N，
微粒相当于仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动；
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$，
代入数据解得：R₁=$\frac{m{v}_{1}}{qB}$=0.6m，
粒子做圆周运动的周期：T=$\frac{2πR}{v}$=10πs，
所以从乙图可知：在△t₁=（0-5πs）内粒子向上做匀速圆周运动，△t₂=（5πs-10πs）内微粒向左匀速运动，
运动位移：s₁=v$\frac{T}{2}$=0.6π m
△t₃（10πs-15πs）内，微粒又向上匀速圆周运动后向右匀速穿过y轴，
所以，离y轴的最大距离S=|x_p|+S₁+R₁=（1.4+0.6π）m≈3.3m
离x轴的最大距离S′=4R=2.4m
（2）如图微粒穿过圆磁场要求偏转角最大，必须入射点A与出射点B连线为磁场的直径，
由牛顿第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$，解得：R₂=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$=0.6m=2r，所以最大偏转角θ=60°，
圆心坐标：x=r=0.3m，y=S′-rcos60°=2.25m；
（3）微粒在圆磁场中的运动时间为：t₁=$\frac{1}{6}$T=$\frac{1}{6}$×$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$=$\frac{5π}{3}$s≈5.23s，
微粒射出圆磁场后匀速运动如图
因为y_B=S′-2rcos60°=2.10m
微粒射出B点时y方向速度v_y=vsin60°=0.06$\sqrt{3}$m/s≈0.104m/s，
t₂=$\frac{{y}_{B}}{{v}_{y}}$≈20.2s，时间t=t₁+t₂≈25s；
答：（1）微粒在第二像限运动过程中离y轴的最大距离3.2m；离开x轴的最大距离2.4m；
（2）若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标（0.3m、2.25m）
（3）若微粒以最大偏转角穿过磁场后，击中x轴上的M点，微粒从射入圆形磁场到击中M点的运动时间为25s．

点评 本题是力学与电学综合题，根据匀速圆周运动的规律与几何关系相结合，同时运用力学与电学的知识来解题，从而培养学生分析问题的方法，提升解题的能力．