Question

10．如圖a所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，現將一重力不計、比荷$\frac{q}{m}$=10⁶C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經過$\frac{π}{15}$×10^-5s后，電荷以v₀=1.5×l0⁴m/s的速度通過MN進入其上方的勻強磁場，磁場與紙面垂直，磁感應強度B按圖b所示規律周期性變化（圖b中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過MN時為t=0時刻）．求：

（1）勻強電場的電場強度E．
（2）帶電粒子第一次進入磁場，粒子的運動半徑和運動時間各為多少？
（3）圖b中t=$\frac{4π}{5}$×10^-5s時刻電荷與O點的水平距離．
（4）如果在O點右方d=68cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發運動到擋板所需的時間．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

Answer 1

分析 （1）電荷在電場中做勻加速直線運動，根據運動學公式和牛頓第二定律結合可求出電場強度E．
（2）（3）電荷進入磁場后做勻速圓周運動，分別求出各個階段電荷在磁場中運動的半徑和周期，畫出軌跡，由幾何關系求出t=$\frac{4π}{5}$×10^-5s時刻電荷與O點的水平距離．
（4）電荷在周期性變化的磁場中運動，根據周期性分析電荷到達檔板前運動的完整周期數，即可求出荷沿ON運動的距離．根據電荷擋板前的運動軌跡，求出其運動時間，即得總時間．

解答 解：（1）電荷在電場中做勻加速直線運動，設其在電場中運動的時間為${t}_{1}^{\;}$，有：${v}_{0}^{\;}=a{t}_{1}^{\;}$
qE=ma
解得：$E=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{q{t}_{1}^{\;}}$=$7.2×1{0}_{\;}^{3}N/C$
（2）粒子第一次進入磁場時，磁場垂直紙面向外，電荷運動的半徑：${r}_{1}^{\;}=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{q{B}_{1}^{\;}}=5cm$
周期${T}_{1}^{\;}=\frac{2πm}{q{B}_{1}^{\;}}=\frac{2π}{3}×1{0}_{\;}^{-5}s$
以電荷第一次通過MN時為t=0時刻，粒子在磁場中勻速轉動半圈后返回電場
所以帶電粒子第一次進入磁場，運動時間為$\frac{π}{3}×1{0}_{\;}^{-5}s$
（3）磁場垂直紙面向里時，電荷運動的半徑為：${r}_{2}^{\;}=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{q{B}_{2}^{\;}}=3cm$
周期${T}_{2}^{\;}=\frac{2πm}{q{B}_{2}^{\;}}=\frac{2π}{5}×1{0}_{\;}^{-5}s$
故電荷從t=0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖所示

$t=\frac{4π}{5}×1{0}_{\;}^{-5}s$時刻電荷與O點的水平距離$△d=2（{r}_{1}^{\;}-{r}_{2}^{\;}）=4cm$
（4）電荷第一次通過MN開始，其運動的周期$T=\frac{4π}{5}×1{0}_{\;}^{-5}s$，根據電荷的運動情況可知，電荷到達擋板前運動的完整周期數為15個，此時電荷沿MN運動的距離s=15△d=60cm，則最后8cm的距離如圖所示，有：

${r}_{1}^{\;}+{r}_{1}^{\;}cosα=8cm$
解得cosα=0.6，則α=53°，故電荷運動的總時間
${t}_{總}^{\;}={t}_{1}^{\;}+15T+\frac{1}{2}{T}_{1}^{\;}-\frac{53°}{360°}{T}_{1}^{\;}$=$3.86×1{0}_{\;}^{-4}s$
答：（1）勻強電場的電場強度E為7.2×10³N/C．
（2）帶電粒子第一次進入磁場時，粒子在其中的運動半徑為5cm，運動時間為$\frac{π}{3}$×10^-5s．
（3）圖b中t=$\frac{4}{3}$×10^-5s時刻電荷與O點的水平距離為4cm．
（4）電荷從O點出發運動到擋板所需的時間為3.86×10^-4s．

點評 本題是帶電粒子在電場和磁場中運動的問題，電荷在電場中運動時，由牛頓第二定律和運動學公式結合研究是最常用的方法，也可以由動量定理處理．電荷在周期性磁場中運動時，要抓住周期性即重復性進行分析，根據軌跡求解時間．