Question

16．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變化的規(guī)律如圖乙所示（不考慮磁場變化所產(chǎn)生電場的影響），15π s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=8×10^-4 kg、電荷量q=+2×10^-4 C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．（g取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）要使微粒在圓形磁場中的偏轉(zhuǎn)角最大，應(yīng)如何移動圓形磁場？請計算出最大偏轉(zhuǎn)角．

Answer 1

分析 （1）粒子在存在磁場時做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律列式求解出軌道半徑和周期，畫出運動軌跡進行分析；
（2）微粒進入圓形磁場做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑，畫出運動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系列式分析；
（3）要使微粒在圓形磁場中的偏轉(zhuǎn)角最大，則偏轉(zhuǎn)角最大，對應(yīng)的弦長必須滿足入射點與出射點連線為磁場圓的直徑．

解答 解：（1）由于F_電=qE=8×10^-3 N=mg，所以微粒做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，故：qvB₁=m$\frac{v^2}{R_1}$，
解得：R₁=0.6 m，
周期T=$\frac{2πm}{{q{B_1}}}$=10π s；
0～5π s勻速圓周運動半徑R₁＜|x_P|，
微粒運行半個圓周后到點C：x_C=-0.8 m，y_C=2R₁=1.2 m；
5π～10π s向左做勻速運動，位移大�。簊₁=v$\frac{T}{2}$=$\frac{3π}{5}$ m=1.8 m，
運動到D點：x_D=-2.6 m，y_D=1.2 m；
10π～15π s微粒又做勻速圓周運動，運動到E點：x_E=-2.6 m，y_E=4R₁=2.4 m；
15π s后磁場消失，故此后微粒做勻速運動到達A點：y_A=4R₁=2.4 m；
軌跡如圖所示：

從P到A的時間：t=15π+t_EA（或者t=2T+$\frac{|xP|}{v}$），所以t≈67 s
（2）微粒進入圓形磁場做勻速圓周運動的半徑為：R₂=$\frac{mv}{{q{B_2}}}$=0.6 m，
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：tan θ=$\frac{{2tan\frac{θ}{2}}}{{1-ta{n^2}\frac{θ}{2}}}$=$\frac{4}{3}$，
所以x_M=2.1 m
（3）微粒穿過圓形磁場要求偏轉(zhuǎn)角最大，必須滿足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軸負方向移動0.15 m，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軸負方向移動0.15（m），
且計算出最大偏轉(zhuǎn)角為60°．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子做勻速圓周運動的向心力來源，根據(jù)牛頓第二定律列式分析，要畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系列式分析，不難．