Question

11．如圖甲所示，豎直線MN左側(cè)存在水平向右的勻強(qiáng)電場，MN右側(cè)存在垂直紙面的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖乙所示，O點(diǎn)下方豎直距離d=23.5cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板．現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷$\frac{q}{m}$=10⁶ C/kg的正電荷從O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過△t=$\frac{π}{15}$×10^-5s后，電荷以v₀=1.5×10⁴m/s的速度通過MN進(jìn)入磁場．規(guī)定磁場方向垂直紙面向外為正，t=0時(shí)刻電荷第一次通過MN，忽略磁場變化帶來的影響．求：
（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大�。�
（2）t=$\frac{4π}{5}$×10^-5 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的豎直距離△d；
（3）電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動到擋板所需時(shí)間t．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

Answer 1

分析 （1）由題意，正電荷從O點(diǎn)開始做勻加速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律及牛頓第二定律可以求出電場強(qiáng)度大�。�
（2）分別求出正電荷在交變磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑和周期，從而描繪出正電荷的運(yùn)動軌跡，應(yīng)該是周期性，由幾何關(guān)系就能求出該時(shí)刻離O點(diǎn)的豎直距離△d．
（3）由上述計(jì)算可知：電荷到達(dá)擋板前運(yùn)動的完整周期數(shù)為4個(gè)，此時(shí)電荷沿MN運(yùn)動的距離s=4△d=16 cm，則最后△s=7.5cm，運(yùn)動軌跡是一段優(yōu)弧，由幾何關(guān)系求出偏轉(zhuǎn)角，加上前面的時(shí)間從而求出運(yùn)動的總時(shí)間．

解答 解：（1）電荷在電場中做勻加速直線運(yùn)動，有：
υ₀=a△t
Eq=ma
解得：E=$\frac{m{v}_{0}}{q△t}$≈7.2×10³ N/C
（2）由qυ₀B=m$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$，T=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$得：
r=$\frac{m{{v}_{0}}^{\;}}{qB}$，T=$\frac{2πm}{qB}$
當(dāng)磁場垂直紙面向外時(shí)，半徑r₁=$\frac{m{{v}_{0}}^{\;}}{q{B}_{1}}$=0.05m              
周期T₁=$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$=$\frac{2π}{3}$×10^-5 s           
當(dāng)磁場垂直紙面向里時(shí)，半徑r₂=$\frac{{mv}_{0}}{q{B}_{2}}$═0.03m         
周期T₂=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$=$\frac{2π}{5}$×10^-5 s            
故電荷從t=0時(shí)刻開始做周期性運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡如圖1所示，t=$\frac{4π}{5}$×10^-5s時(shí)
刻電荷與O點(diǎn)的豎直距離△d=2（r₁-r₂）=0.04m                     
（3）電荷從第一次通過MN開始計(jì)時(shí)，其運(yùn)動周期為T=$\frac{4π}{5}$×10^-5s
根據(jù)電荷的運(yùn)動情況可知，電荷到達(dá)擋板前運(yùn)動的完整周期數(shù)為4個(gè)，此時(shí)電
荷沿MN運(yùn)動的距離s=4△d=0.16m，而最后△s23.5cm-16cm=0.075m的距離如圖2所示，
有r₁+r₁cosα=△s
解得cosα=0.5，則α=60°
故電荷運(yùn)動的總時(shí)間t_總=△t+4T+$\frac{1}{3}$T₁=$\frac{157π}{45}$×10^-5 s≈1.1×10^-4 s    
答：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小為7.2×10³ N/C．
（2）t=$\frac{4π}{5}$×10^-5 s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的豎直距離△d為0.04m．
（3）電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動到擋板所需時(shí)間為1.1×10^-4 s．

點(diǎn)評 本題的關(guān)鍵是要求出正電荷在交變磁場中運(yùn)動半徑和周期，從而確定正電荷在交變磁場中的周期性運(yùn)動的軌跡，再由幾何關(guān)系求出距離和時(shí)間．