Question

10．如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计，比荷$\frac{q}{m}$=1×10⁶C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过$\frac{π}{15}$×10^-5s后，电荷以v₀=1.5×10⁴m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场方向以垂直纸面向外为正方向，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）．计算结果可用π表示，求：
（1）O点与直线MN之间的电势差；
（2）t=$\frac{2π}{3}$×10^-5s时刻电荷与O点的水平距离
（3）如果在O点右方d=67.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需要的时间．

Answer 1

分析 （1）根据动能定理求出O点与直线MN之间的电势差．
（2）电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t=$\frac{2π}{3}$×10^-5s时刻电荷与O点的水平距离．
（3）电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿ON运动的距离．根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间．

解答 解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，由动能定理得：
$qU=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
解得？：$U=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2q}=\frac{（1.5×1{0}^{4}）^{2}}{2×1{0}^{6}}V=1.125×1{0}^{2}$V．
（2）当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为r₁，
则$q{B}_{1}{v}_{0}=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{{r}_{1}}$，
解得：${r}_{1}=\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}=\frac{1.5×1{0}^{4}}{1{0}^{6}×0.3}m=0.05m=5cm$，
周期为：${T}_{1}=\frac{2πm}{q{B}_{1}}=\frac{2π}{1{0}^{6}×0.3}=\frac{2π}{3}×1{0}^{-5}s$．
当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径为：${r}_{2}=\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{2}}=\frac{1.5×1{0}^{4}}{1{0}^{6}×0.5}m$=0.03m=3cm．
周期为：${T}_{2}=\frac{2πm}{q{B}_{2}}=\frac{2π}{1{0}^{6}×0.5}=\frac{2π}{5}×1{0}^{-5}s$．
电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示，t=$\frac{2π}{3}×1{0}^{-5}s$时刻电荷与O点的水平距离为：
△d=2（r₁-r₂）=4cm．
（3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期T=$\frac{4π}{5}×1{0}^{-5}s$，
根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，此时电荷沿MN运动的距离：15△d=60cm．
则最后7.5cm的运动轨迹如乙图所示，有：r₁+r₁cosα=7.5cm．
解得cosα=0.5，则α=60°，
故电荷运动的总时间为：${t}_{总}={t}_{1}+15T+\frac{1}{3}{T}_{1}=\frac{553π}{45}×1{0}^{-5}$s．
答：（1）O点与直线MN之间的电势差为1.125×10²V；
（2）t=$\frac{2π}{3}$×10^-5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm．
（3）电荷从O点出发运动到挡板所需要的时间为$\frac{553π}{45}×1{0}^{-5}s$．

点评 本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理．电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间．