Question

10．如圖a所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，現(xiàn)將一重力不計，比荷$\frac{q}{m}$=1×10⁶C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經(jīng)過$\frac{π}{15}$×10^-5s后，電荷以v₀=1.5×10⁴m/s的速度通過MN進入其上方的勻強磁場，磁場與紙面垂直，磁感應強度B按圖b所示規(guī)律周期性變化（圖b中磁場方向以垂直紙面向外為正方向，以電荷第一次通過MN時為t=0時刻）．計算結(jié)果可用π表示，求：
（1）O點與直線MN之間的電勢差；
（2）t=$\frac{2π}{3}$×10^-5s時刻電荷與O點的水平距離
（3）如果在O點右方d=67.5cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需要的時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出O點與直線MN之間的電勢差．
（2）電荷進入磁場后做勻速圓周運動，分別求出電荷在磁場中運動的半徑和周期，畫出軌跡，由幾何關系求出t=$\frac{2π}{3}$×10^-5s時刻電荷與O點的水平距離．
（3）電荷在周期性變化的磁場中運動，根據(jù)周期性分析電荷到達檔板前運動的完整周期數(shù)，即可求出荷沿ON運動的距離．根據(jù)電荷擋板前的運動軌跡，求出其運動時間，即得總時間．

解答 解：（1）電荷在電場中做勻加速直線運動，由動能定理得：
$qU=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
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）當磁場垂直紙面向外時，設電荷運動的半徑為r₁，
則$q{B}_{1}{v}_{0}=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{{r}_{1}}$，
解得：${r}_{1}=\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}=\frac{1.5×1{0}^{4}}{1{0}^{6}×0.3}m=0.05m=5cm$，
周期為：${T}_{1}=\frac{2πm}{q{B}_{1}}=\frac{2π}{1{0}^{6}×0.3}=\frac{2π}{3}×1{0}^{-5}s$．
當磁場垂直紙面向里時，電荷運動的半徑為：${r}_{2}=\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{2}}=\frac{1.5×1{0}^{4}}{1{0}^{6}×0.5}m$=0.03m=3cm．
周期為：${T}_{2}=\frac{2πm}{q{B}_{2}}=\frac{2π}{1{0}^{6}×0.5}=\frac{2π}{5}×1{0}^{-5}s$．
電荷從t=0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖甲所示，t=$\frac{2π}{3}×1{0}^{-5}s$時刻電荷與O點的水平距離為：
△d=2（r₁-r₂）=4cm．
（3）電荷從第一次通過MN開始，其運動的周期T=$\frac{4π}{5}×1{0}^{-5}s$，
根據(jù)電荷的運動情況可知，電荷到達擋板前運動的完整周期數(shù)為15個，此時電荷沿MN運動的距離：15△d=60cm．
則最后7.5cm的運動軌跡如乙圖所示，有：r₁+r₁cosα=7.5cm．
解得cosα=0.5，則α=60°，
故電荷運動的總時間為：${t}_{總}={t}_{1}+15T+\frac{1}{3}{T}_{1}=\frac{553π}{45}×1{0}^{-5}$s．
答：（1）O點與直線MN之間的電勢差為1.125×10²V；
（2）t=$\frac{2π}{3}$×10^-5s時刻電荷與O點的水平距離為4cm．
（3）電荷從O點出發(fā)運動到擋板所需要的時間為$\frac{553π}{45}×1{0}^{-5}s$．

點評 本題是帶電粒子在電場和磁場中運動的問題，電荷在電場中運動時，由牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合研究是最常用的方法，也可以由動量定理處理．電荷在周期性磁場中運動時，要抓住周期性即重復性進行分析，根據(jù)軌跡求解時間．