Question

11．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(cè)平面內(nèi)有足夠大的磁場，磁感應(yīng)強度B₁隨時間t變化 規(guī)律如圖（乙）所示（不考慮磁場變化所產(chǎn)生電場的影響），15πs后磁場消失，選定磁 場垂直紙面向里為正方向．在y軸右側(cè)平面內(nèi)分布一個垂直紙面向外的圓形勻強磁場（圖中未畫出），半徑r=0.3m，磁感應(yīng)強度B₂=0.8T，且圓的左側(cè)與y軸始終相切．T=0 時刻，一質(zhì)量m=8x10⁴kg、電荷謂q=+2xl0^-4C的微粒從x軸上x_p-0.8m處的P點以 速度v=0.12m/s沿x軸正方向射入，經(jīng)時間t后，從y軸上的A點進入第一象限并正對 磁場圓的圓心，穿過磁場后擊中x軸上的M點．（取g=10m/s²、π=3，最終結(jié)果保留2 位有效數(shù)字）求：
（1）A點的坐標(biāo)y_A及從P點到A點的運動時間t
（2）M點的坐標(biāo)x_M
（3）要使微粒在圓磁場中的偏轉(zhuǎn)角最大，應(yīng)如何移動圓磁場？并計算出最大偏轉(zhuǎn)角．

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(guān)系與運動學(xué)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(guān)系，最終求出M點的坐標(biāo)；
（3）根據(jù)圓磁場與運動圓形軌跡，借助于幾何關(guān)系，即可求解．

解答 解：（1）電場力：F_電=qE=8×10^-3N=mg，
微粒做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$，
帶入數(shù)據(jù)解得：R₁=0.6m，
微粒做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$=10π s；                  
從乙圖可知：
0--5πs時間內(nèi)，微粒做勻速圓周運動：R₁＜|x_P|，
微粒運動半個圓周后到達C點，x_C=-0.8m，y_C=2R₁=1.2m，
5πs--10πs時間內(nèi)，微粒向左做勻速運動，位移大�。簊₁=v$\frac{T}{2}$=$\frac{3π}{5}$=1.8m，
運動到D點：x_D=-2.6m，y_D=1.2m
10πs～15πs時間內(nèi)，微粒又做勻速圓周運動，
運動到E點：x_E=-2.6my_E=4R₁=2.4m
此后微粒做勻速運動到達A點：y_A=4R₁=2.4m          
軌跡如圖所示：

從P到A的時間：t=15π+t_EA 或者t=2T+$\frac{|{x}_{P}|}{v}$，解得：t≈67s；
（2）微粒進入圓形磁場做勻速圓周運動的半徑：R₂=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$=0.6m，
設(shè)軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為θ，則tan$\frac{θ}{2}$=$\frac{r}{{R}_{2}}$=$\frac{1}{2}$，
M點：x_M=r+$\frac{{y}_{A}}{tanθ}$=0.3+$\frac{2.4}{tanθ}$ （m）                
由數(shù)學(xué)知識可得：tanθ=$\frac{2tan\frac{θ}{2}}{1-ta{n}^{2}\frac{θ}{2}}$=$\frac{4}{3}$，
所以：x_M=2.1m；
（3）微粒穿過圓形磁場要求偏轉(zhuǎn)角最大，必須入射點與出射點連線為磁場圓的直徑，
則圓形磁場應(yīng)沿y軸負(fù)方向移動0.15m，因為：R₂=2r，所以最大偏轉(zhuǎn)角為θ′=60°；
答：（1）A點的坐標(biāo)y_A及從P點到A點的運動時間67s；  
（2）M點的坐標(biāo)×_x為2.1m；
（3）要使微粒在圓磁場中的偏轉(zhuǎn)角最大，應(yīng)圓形磁場應(yīng)沿y軸負(fù)方向移動0.15（m），且計算出最大偏轉(zhuǎn)角為60°．

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