Question

12．如图甲所示，水平直线MN上方有竖直向下的匀强电场，场强大小E=π×10³ N/C，MN下方有垂直于纸面的磁场，磁感应强度B随时间t按如图乙所示规律做周期性变化，规定垂直纸面向外为磁场正方向．t=0时将一重力不计、比荷$\frac{q}{m}$=10⁶C/kg的正点电荷从电场中的O点由静止释放，在t₁=1×10^-5s时恰通过MN上的P点进入磁场，P点左方d=124cm处有一垂直于MN且足够大的挡板．已知 sin53°=cos37°=0.8，sin37°=cos53°=0.6．求：

（1）电荷从P点进入磁场时速度的大小υ₀；
（2）电荷在t₂=8×10^-5 s时与P点的距离△s；
（3）电荷从O点出发运动到挡板所需时间t_总．

Answer 1

分析 （1）由牛顿第二定律结合运动学公式求出电荷进入磁场时的速度大小；
（2）结合粒子做圆周运动的周期与磁场交变周期的关系，作出电荷的运动轨迹，由几何知识求t₂=8×10^-5s时电荷与P点的距离；
（3）作出电荷最后d-s内的轨迹图，由几何关系确定其转过的圆心角，总时间为四个运动阶段的时间之和．

解答 解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eq=ma               
又 υ₀=at₁                                   
解得：υ₀=$\frac{qE{t}_{1}}{m}$=π×10³×10⁶×1×10^-5 m/s=π×10⁴ m/s               
（2）电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：qυB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
得：r=$\frac{mυ}{Bq}$    
当B₁=$\frac{π}{20}$ T时，半径为：r₁=$\frac{mυ0}{B1q}$=0.2 m=20 cm，求其中的一个半径即得
周期T₁=$\frac{2πm}{B1q}$=4×10^-5 s，求其中的一个周期即得．

当B₂=$\frac{π}{30}$ T时，半径r₂=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{2}}$=0.3 m=30 cm
周期T₂=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$=6×10^-5 s
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．
在t=0到t₂=8×10^-5 s时间内，电荷先沿直线OP运动t₁，再沿小圆轨迹运动$\frac{{T}_{1}}{4}$，紧接着沿大圆轨迹运动T₂，t₂=8×10^-5 s时电荷与P点的距离△s=$\sqrt{2}$r₁=20$\sqrt{2}$ cm  
（3）电荷从P点开始的运动周期T=1×10^-4 s，且在每一个T内向左沿PM移动s₁=2r₁=40 cm，电荷到达挡板前经历了完整周期数N=$\frac{d-{r}_{1}-{r}_{2}}{{s}_{1}}$+1=2.85，取N=2，则沿PM运动距离s=2s₁=80 cm，设电荷撞击挡板前速度方向与水平方向成θ角，最后d-s=44 cm内的轨迹如图所示．

据几何关系有r₁+r₂sinθ=0.44                         
解得sinθ=0.8，即θ=53°                           
则电荷从O点出发运动到挡板所需总时间
t_总=t₁+2T+$\frac{{T}_{1}}{4}$+$\frac{θ}{360°}{T}_{2}$
解得t_总=2.29×10^-4 s                    
答：（1）电荷从P点进入磁场时速度的大小υ₀是π×10⁴ m/s．  
（2）电荷在t₂=8×10^-5 s时与P点的距离△s是20$\sqrt{2}$ cm．
（3）电荷从O点出发运动到挡板所需时间t_总是2.29×10^-4 s．

点评 带电粒子在电场、磁场和重力场等共存的复合场中的运动，其受力情况和运动图景都比较复杂，但其本质是力学问题，应按力学的基本思路，运用力学的基本规律研究和解决此类问题．