Question

12．如圖甲所示，在豎直邊界MN的左側(cè)存在與水平方向成θ=60°斜向右上方的勻強電場，其電場強度大小E₁=$\sqrt{3}$N/C，在MN的右側(cè)有豎直向上的勻強電場，其電場強度大小為E₂=1.5N/C，同時，在MN的右側(cè)還有水平向右的勻強電場E₃和垂直紙面向里的勻強磁場B（圖甲中均未畫出），E₁和B隨時間變化的情況如圖乙所示．現(xiàn)有一帶正電的微粒，帶電荷量q=1×10^-5C，從左側(cè)電場中距MN邊界x₁=$\sqrt{3}$m的A點無初速釋放后，微粒水平向右進入MN右側(cè)場區(qū)，設(shè)此時刻t=0，取g=10m/s²．求：
（1）帶電微粒的質(zhì)量m；
（2）帶電微粒在MN右側(cè)場區(qū)中運動了1.5s時的速度v（取2$\sqrt{5}$=4.5）；
（3）帶電微粒從A點運動到MN右側(cè)場區(qū)中計時為1.5s的過程中，各電場對帶電微粒做的總功W．（取3π=10）

Answer 1

分析 （1）由于帶電微粒水平進入MN右側(cè)區(qū)域，則在豎直方向是平衡狀態(tài)，所以由平衡條件就能求出帶電微粒的質(zhì)量．
（2）由題設(shè)條件很容易找到qE₂=mg，即帶電微粒進入MN右側(cè)后重力與恒定的豎直向上電場力抵消，那么只在變化的電場E₃和磁場B運動．可以分時間段進行分析：在0-1s內(nèi)向右加速，1-1.5s做圓周運動，計算出圓周運動的周期與0.5s進行對比，就知道速度的方向．
（3）整個過程利用動能定理就能求得各電場對帶電粒子做的功．

解答 解：（1）MN在左側(cè)勻強電場的電場強度為E₁，方向與與水平方向夾角為，帶電筒微粒受力如圖所示，
沿豎直方向有：qE₁sinθ=mg
代入數(shù)據(jù)解得：m=1.5×10^-6kg
（2）在MN左側(cè)，對帶電微粒沿水平方向有：qE₁cosθ=ma₁  
代入數(shù)據(jù)解得：${a}_{1}=\frac{10\sqrt{3}}{3}m/{s}^{2}$
對水平方向的勻加速直線運動有：${{v}_{0}}^{2}=2{a}_{1}{x}_{1}$
解得剛到MN時，v₀=4.5m/s
帶電微粒在MN右側(cè)場區(qū)始終滿足：qE₂=mg
在0-1s時間內(nèi)，帶電微粒在E₃電場中有：${a}_{2}=\frac{q{E}_{3}}{m}=\frac{1.0×1{0}^{-5}×0.075}{1.5×1{0}^{-6}}m/{s}^{2}$=0.5m/s² 
帶電微粒在1s時的速度大小為：v=v₀+at=（4.5+0.5×1）m/s=5m/s 
在1s-1.5s時間內(nèi)，帶電微粒在磁場B中做勻速圓周運動，周期為：
$T=\frac{2πm}{qB}=\frac{2π×1.5×1{0}^{-4}}{1×1{0}^{-5}×0.3}s=1s$
在-1s--1.5s時間內(nèi)，帶電微粒在磁場B中正好運動了半個周期．所以帶電微粒在MN右側(cè)場區(qū)運動了1.5s時的速度大小為5m/s，方向水平向左．
（3）帶電微粒在磁場B中做圓周運動的半徑為
   $r=\frac{mv}{qB}=\frac{1.5×1{0}^{-6}×5}{1×1{0}^{-5}×0.3π}m=\frac{7.5}{3π}m=0.75m$
   $W-mg•2r=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
  解得：W=4.1×10^-5J．
答：（1）帶電微粒的質(zhì)量m為1.5×10^-6kg．
（2）帶電微粒在MN右側(cè)場區(qū)中運動了1.5s時的速度v為5m/s，方向水平向左．
（3）帶電微粒從A點運動到MN右側(cè)場區(qū)中計時為1.5s的過程中，各電場對帶電微粒做的總功W為4.1×10^-5J．

點評 本題的難點在于，題目很含蓄的蘊藏著關(guān)鍵的點：在電場E₂中重力與電場力抵消，所以帶電粒子在交變的電場${E}_{3}\$和交變磁場B中進行交替做勻加速和勻速圓周運動，象這種題目只能算一步走一步，直到得出最后結(jié)果．雖然題目并沒有要求計算，但我們知道粒子是重復(fù)0-1.5s的運動，但軌跡逐步上移．