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� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

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．