Question

12．如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)有足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)．電場(chǎng)方向豎直向上，電場(chǎng)強(qiáng)度E=40N/C，在y軸左側(cè)平面內(nèi)有足夠大的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，15π s后磁場(chǎng)消失，選定磁場(chǎng)垂直紙面向里為正方向．在y軸右側(cè)平面內(nèi)還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，分布在一個(gè)半徑為r=0.3m的圓形區(qū)域（圖中未畫(huà)出），且圓的左側(cè)與y軸相切，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂=0.8T，t=0時(shí)刻，一質(zhì)量m=8×10^-4kg、電荷量q=+2×10^-4C的微粒從x軸上x(chóng)_p=-0.8m處的P點(diǎn)以速度v=0.12m/s 向x軸正方向入射．（g取10m/s²）
（1）求微粒在第二象限運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離x軸、y軸的最大距離．
（2）若微粒穿過(guò)y軸右側(cè)圓形磁場(chǎng)時(shí)，速度方向的偏轉(zhuǎn)角度最大，求此圓形磁場(chǎng)的圓心坐標(biāo)（x，y）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電場(chǎng)力等于重力，則洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，得出半徑與周期公式．并根據(jù)幾何關(guān)系與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的位移，即可求解；
（2）根據(jù)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，求出半徑．從而得出與已知長(zhǎng)度的函數(shù)關(guān)系，最終求出M點(diǎn)的坐標(biāo)；

解答 解：（1）因?yàn)槲⒘Ｉ淙腚姶艌?chǎng)后受到的電場(chǎng)力和重力分別為：
F_電=Eq=8×10^-3 N，G=mg=8×10^-3 N
F_電=G，所以微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：
$qv{B}_{1}=m\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$
所以R₁=$\frac{mv}{{B}_{1}q}$=0.6 m
T=$\frac{2πm}{{B}_{1}q}$=10π s
從圖乙可知在0～5 π s內(nèi)微粒向左做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在5π s～10π s內(nèi)微粒向左勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)位移為：
x₁=v$\frac{T}{2}$=0.6π m
在10π s～15π s內(nèi)，微粒又做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，15π s以后向右勻速運(yùn)動(dòng)，之后穿過(guò)y軸．所以，離y軸的最大距離為：
s=0.8 m+x₁+R₁=1.4 m+0.6π m≈3.3 m
離x軸的最大距離s′=2R₁×2=4R₁=2.4 m
（2）如圖，微粒穿過(guò)圓形磁場(chǎng)要求偏轉(zhuǎn)角最大，入射點(diǎn)A與出射點(diǎn)B的連線(xiàn)必須為磁場(chǎng)圓的直徑，由牛頓第二定律，有：
qvB₂=$\frac{m{v}_{2}}{{R}_{2}}$
所以R₂=$\frac{mv}{{B}_{2}q}$=0.6 m=2r
所以最大偏轉(zhuǎn)角為：θ=60°
所以圓心坐標(biāo)為：x=0.30 m
y=s-rcos 60°=2.4 m-0.3 m×$\frac{1}{2}$=2.25 m，
即磁場(chǎng)的圓心坐標(biāo)為（0.30，2.25）
答：（1）微粒在第二像限運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離y軸的最大距離3.2m；離開(kāi)x軸的最大距離2.4m；
（2）若微粒穿過(guò)y軸右側(cè)圓形磁場(chǎng)時(shí)，速度方向的偏轉(zhuǎn)角度最大，求此圓形磁場(chǎng)的圓心坐標(biāo)（0.3m、2.25m）

點(diǎn)評(píng) 本題是力學(xué)與電學(xué)綜合題，根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律與幾何關(guān)系相結(jié)合，同時(shí)運(yùn)用力學(xué)與電學(xué)的知識(shí)來(lái)解題，從而培養(yǎng)學(xué)生分析問(wèn)題的方法，提升解題的能力．