Question

19．如图甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿+y方向的匀强电场，电场强度E=$\frac{8}{π}$×10³N/C．在y轴上放置一足够大的挡板．t=0时刻，一个带正电粒子从P点以v=2×10⁴m/s的速度沿+x方向射入磁场．已知电场边界MN到x轴的距离为$\frac{π-2}{10}$m，P点到坐标原点O的距离为1.1m，粒子的比荷$\frac{q}{m}$=10⁶C/kg，不计粒子的重力．求粒子：
（1）在磁场中运动时距x轴的最大距离；
（2）连续两次通过电场边界MN所需的时间；
（3）最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离．

Answer 1

分析 （1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力可求得半径，再由几何关系可求得离x轴的最大距离；
（2）由周期公式求出粒子的周期；根据磁场的变化周期可明确带电粒子在磁场中的运动情况，同时明确粒子在电场中的运动；根据牛顿运动定律可求得在电场中运动的时间；从而得出粒子在磁场中可能的运动情况；从而求出对应的时间；
（3）分析粒子的运动过程，根据几何关系可求出J点到O点的距离．

解答 解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：$qvB=m\frac{v^2}{R}$
解得半径为：R=0.2m
粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离为：y_m=2R=0.4m
（2）如答图甲所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：$T=\frac{2πR}{v}=\frac{2π×0.2}{{2×{{10}^4}}}=2π×{10^{-5}}$s
由磁场变化规律可知，它在0-$\frac{3π}{2}×1{0^{-5}}$s（即0-$\frac{3}{4}T$）时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿-y方向做匀速直线运动直至电场边界C点，用时为：
${t_2}=\frac{{R+{y_0}}}{v}=\frac{π}{2}×{10^{-5}}s=\frac{T}{4}$
进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿定律得粒子的加速度为：
$a=\frac{qE}{m}=\frac{8}{π}×{10^9}m/{s^2}$
粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间为：
${t_3}=\frac{2v}{a}=\frac{{2×2×{{10}^4}}}{{\frac{8}{π}×1{0^9}}}=\frac{π}{2}×1{0^{-5}}s=\frac{T}{4}$
接下来，粒子沿+y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t₂，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A做匀速圆周运动，再经$\frac{3π}{2}×1{0^{-5}}$s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程．所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能：
第一种可能是，由C点先沿-y方向到D再返回经过C，所需时间为：
t=t₃=$\frac{π}{2}×1{0^{-5}}s$
第二种可能是，由C点先沿+y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿-y方向做匀速直线运动至MN，
所需时间为：$t'=\frac{T}{4}+\frac{3T}{2}+\frac{T}{4}=2T=4π×{10^{-5}}$s
（3）由上问可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向-x方向平移2R（即答图甲中所示从P点移到F点），
$\overline{OP}=1.1m=5.5R$，故粒子打在挡板前的一次运动如答图乙所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打在挡板上的位置，
K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点．
由题意知：$\overline{QI}=\overline{OP}-5R=0.1m$
$\overline{KQ}=R-\overline{QI}=0.1m=\frac{R}{2}$，则有：$\overline{JQ}=\sqrt{{R^2}-{{（{\overline{KQ}}）}^2}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}R$
J点到O的距离为：$\overline{JO}=R+\frac{{\sqrt{3}}}{2}R=\frac{{2+\sqrt{3}}}{10}m≈0.37m$
答：（1）在磁场中运动时距x轴的最大距离为0.4m；
（2）连续两次通过电场边界MN所需的时间可能为$\frac{π}{2}×1{0}^{-5}$s或4π×10^-5s
（3）最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离为0.37m．

点评 本题考查了小球在复合场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用小球最圆周运动的周期公式与半径公式、牛顿第二定律等内容进行分析求解；分析运动的全过程是解题的关键；对学生分析能力、综合能力和应用数学能力要求较高．