Question

8．如圖甲所示，在y≥0的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示；與x軸平行的虛線MN下方有沿+y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=$\frac{8}{π}$×10³N/C．在y軸上放置一足夠大的擋板．t=0時(shí)刻，一個(gè)帶正電粒子從P點(diǎn)以v=2×10⁴m/s的速度沿+x方向射入磁場(chǎng)．已知電場(chǎng)邊界MN到x軸的距離為$\frac{π-2}{10}$m，P點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為1.1m，粒子的比荷$\frac{q}{m}$=10⁶C/kg，不計(jì)粒子的重力．求粒子：
（1）在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)距x軸的最大距離；
（2）連續(xù)兩次通過(guò)電場(chǎng)邊界MN所需的時(shí)間；
（3）最終打在擋板上的位置到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力充當(dāng)向心力可求得半徑，再由幾何關(guān)系可求得離x軸的最大距離；
（2）由周期公式求出粒子的周期；根據(jù)磁場(chǎng)的變化周期可明確帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，同時(shí)明確粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律可求得在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；從而得出粒子在磁場(chǎng)中可能的運(yùn)動(dòng)情況；從而求出對(duì)應(yīng)的時(shí)間；
（3）分析粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)幾何關(guān)系可求出J點(diǎn)到O點(diǎn)的距離．

解答 解：（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：R=0.2m，
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，到x軸的最大距離：y_m=2R=0.4m；
（2）如答圖甲所示，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πR}{v}$=$\frac{2π×0.2}{2×1{0}^{4}}$=2π×10^-5s，
由磁場(chǎng)變化規(guī)律可知，它在0-$\frac{3π}{2}$×10^-5s（即0-$\frac{3}{4}$T）時(shí)間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)，
接著沿-y方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)直至電場(chǎng)邊界C點(diǎn)，用時(shí)：t₂=$\frac{R+{y}_{0}}{v}$=$\frac{π}{2}$×10^-5s=$\frac{T}{4}$，
進(jìn)入電場(chǎng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)，由牛頓定律得：a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{8}{π}$×10⁹m/s²，
粒子從C點(diǎn)減速至D再反向加速至C所需的時(shí)間：t₃=$\frac{2v}{a}$=$\frac{2×2×1{0}^{4}}{\frac{8}{π}×1{0}^{9}}$=$\frac{π}{2}$×10^-5s=$\frac{T}{4}$，
接下來(lái)，粒子沿+y軸方向勻速運(yùn)動(dòng)至A所需時(shí)間仍為t₂，磁場(chǎng)剛好恢復(fù)，粒子將在洛倫茲力的作用下從A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
再經(jīng)$\frac{3π}{2}$×10^-5s的時(shí)間，粒子將運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)，此后將重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)過(guò)程．所以粒子連續(xù)通過(guò)電場(chǎng)邊界MN有兩種可能：
第一種可能是，由C點(diǎn)先沿-y方向到D再返回經(jīng)過(guò)C，所需時(shí)間為：t=t₃=$\frac{π}{2}$×10^-5s；
第二種可能是，由C點(diǎn)先沿+y方向運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)開(kāi)始做勻速圓周運(yùn)動(dòng)一圈半后，從G點(diǎn)沿-y方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)至MN，
所需時(shí)間為：t′=$\frac{T}{4}$+$\frac{3T}{2}$+$\frac{T}{4}$=2T=4π×10^-5s；
（3）由上問(wèn)可知，粒子每完成一次周期性的運(yùn)動(dòng)，將向-x方向平移2R（即答圖甲中所示從P點(diǎn)移到F點(diǎn)），
$\overline{OP}$=1.1m=5.5R，故粒子打在擋板前的一次運(yùn)動(dòng)如答圖乙所示，其中I是粒子開(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)，
J是粒子打在擋板上的位置，K是最后一段圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，Q是I點(diǎn)與K點(diǎn)連線與y軸的交點(diǎn)．
由題意知：$\overline{QI}$=$\overline{OP}$-5R=0.1m，$\overline{KQ}$=R-$\overline{QI}$=0.1m=$\frac{R}{2}$，則：$\overline{JQ}$=$\sqrt{{R}^{2}-（\overline{KQ}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$R，
J點(diǎn)到O的距離：$\overline{JO}$=R+$\frac{\sqrt{3}}{2}$R=$\frac{2+\sqrt{3}}{10}$m≈0.37m；
答：（1）在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)距x軸的最大距離為0.4m；
（2）連續(xù)兩次通過(guò)電場(chǎng)邊界MN所需的時(shí)間為$\frac{π}{2}$×10^-5s或4π×10^-5s；
（3）最終打在擋板上的位置到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為0.37m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用小球最圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式與半徑公式、牛頓第二定律等內(nèi)容進(jìn)行分析求解；分析運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程是解題的關(guān)鍵；對(duì)學(xué)生分析能力、綜合能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)能力要求較高．