Question

8．如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)有足夠大的勻強電場，電場方向豎直向上，電場強度E=40N/C，在y軸左側區(qū)域內(nèi)有足夠大的瞬時磁場，磁感應強度B₁隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，15πs后磁場消失，選定磁場方向垂直紙面向里為正方向．在y軸右側區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強磁場，分布在一個半徑為r=0.3m的圓形區(qū)域內(nèi)（圖中未畫出），且圓形區(qū)域的邊界與y軸相切，磁感應強度B₂=0.8T．t=0時刻，一質(zhì)量為m=8×10^-4kg、電荷量q=2×10^-4C的帶正電微粒從x軸上x_p=-0.8m處的P點以速度v=0.12m/s沿x軸正方向發(fā)射．（重力加速度g取10m/s²）

（1）求微粒在第二象限運動過程中與y軸、x軸的最大距離；
（2）若微粒穿過y軸右側圓形磁場時，速度方向的偏轉角度最大，求此圓形磁場的圓心坐標（x，y）；
（3）求微粒穿過y軸右側圓形磁場所用的時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電場力等于重力，則洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，得出半徑與周期公式．并根據(jù)幾何關系與運動學公式的位移，即可求解；
（2）根據(jù)粒子做勻速圓周運動，求出半徑．從而得出與已知長度的函數(shù)關系，最終求出M點的坐標；
（3）根據(jù)圓磁場與運動圓形軌跡，應用粒子做圓周運動的周期求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）微粒發(fā)射后受到電場力、重力和洛倫茲力作用，
F_電=Eq=8×10^-3N，G=mg=8×10^-3N，則：F_電=G，
微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，
由牛頓第二定律得：qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$，代入數(shù)據(jù)解得：R₁=0.6m，
粒子做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$，代入數(shù)據(jù)解得：T=10πs，
由題圖乙可知在0-5πs內(nèi)微粒在第二象限做勻速圓周運動，
在5π-10πs內(nèi)微粒向左做勻速直線運動，運動位移：x₁=v$\frac{T}{2}$，解得：x₁=0.6πm，
在10π-15πs內(nèi)，微粒又做勻速圓周運動，15πs以后向右做勻速直線運動，最后穿過y軸．
所以，微粒與y軸的最大距離：s=0.8m+x₁+R₁=（1.4+0.6π）m，微粒與x軸的最大距離：s′=4R₁=2.4m；
（2）如圖所示，微粒在磁場中做勻速圓周運動時，微粒穿過圓形磁場的偏轉角最大，
入射點A與出射點B的連線必為圓形磁場的直徑，微粒在圓形磁場內(nèi)做圓周運動，
由牛頓第二定律得：qvB₂=$\frac{m{v}^{2}}{{R}_{2}}$，代入數(shù)據(jù)解得：R₂=0.6m=2r，
由幾何關系可得最大偏轉角：θ=60⁰ 圓心坐標：x=0.30m，
y=s′-rcos60°=2.4m-0.3m×$\frac{1}{2}$=2.25m，
即圓形磁場的圓心坐標為（0.30，2.25）；
（3）粒子在磁場中的運動時間：t=$\frac{T}{6}$=$\frac{1}{6}$×$\frac{2πmt}{q{B}_{2}}$=$\frac{5}{3}$πs；
答：（1）微粒在第二象限運動過程中與y軸的最大距離為（1.4+0.6π）m，微粒與x軸的最大距離為2.4m；
（2）若微粒穿過y軸右側圓形磁場時，速度方向的偏轉角度最大，此圓形磁場的圓心坐標為（0.30m，2.25m）；
（3）微粒穿過y軸右側圓形磁場所用的時間為$\frac{5}{3}$πs．

點評 本題是力學與電學綜合題，根據(jù)勻速圓周運動的規(guī)律與幾何關系相結合，同時運用力學與電學的知識來解題，從而培養(yǎng)學生分析問題的方法，提升解題的能力．