Question

6．如圖甲所示，互相平行且水平放置的金屬板，板長1.2m，兩板距離0.6m，兩板間加上0.12V的恒定電壓及隨時間變化的磁場，磁場變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，當0時刻時，有一質(zhì)量為2.0×10^-6kg、電荷量為+1.0×10^-4C的粒子從極板左側(cè)以4.0×10³m/s的速度沿與兩板平行的中線OO′射入，g取為10m/s²、π=3.14．求：

（1）粒子在0～1.0×10^-4s內(nèi)位移的大小x；
（2）粒子離開中線OO′的最大距離h；
（3）粒子在板間運動的時間t．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子的受力情況判斷粒子的運動性質(zhì)，然后由位移公式求出位移．
（2）粒子在復合場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后求出距離．
（3）分析清楚粒子運動過程，然后求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）粒子受到的電場力：F=qE=q$\frac{U}tkaamnz$=1.0×10^-4C×$\frac{0.12}{0.6}$=21.0×10^-5N，
粒子所示的重力：G=mg=2×10^-6×10=2×10^-5N，
電場力與重力相等，粒子在0～1×10^-4s內(nèi)做勻速直線運動，
位移：x=v₀t=4×10³×1×10^-4=0.4m；
（2）粒子在1.0×10^-4s～2.0×10^-4s內(nèi)做勻速圓周運動，
粒子做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，代入數(shù)據(jù)解得：T=1.0×10^-4s，
粒子在1.0×10^-4s～2.0×10^-4s內(nèi)恰好完成一個完整的圓周運動，

由牛頓第二定律得：qv₀B=m${v}_{0}^{2}$，代入數(shù)據(jù)解得：r=0.064m，
則粒子離開中線OO′的最大距離：d=2r=0.128m＜$\fracgy02jhq{2}$；
（3）板長：L=1.2m=3x，粒子的運動時間：t_總=2T+3t，t_總=5×10^-4s；
答：（1）粒子在0～1.0×10^-4s內(nèi)位移的大小0.4m；
（2）粒子離開中線OO′的最大距離0.128m；
（3）粒子在板間運動的時間5×10^-4s．

點評 本題考查了求粒子的位移、離開中線的距離、運動時間、做粒子運動軌跡等問題，根據(jù)粒子是受力情況分析清楚粒子運動過程是正確解題的關(guān)鍵，應用勻速運動的運動規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題．