Question

如圖（a）所示，在xOy豎直平面直角坐標系中，有如圖（b）所示的隨時間變化的電場，電場范圍足夠大，方向與y軸平行，取豎直向上為正方向；同時也存在如圖（c）所示的隨時間變化的磁場，磁場分布在x₁≥x≥0、y₁≥y≥-y₁的虛線框內，方向垂直坐標平面，并取向內為正方向．在t=0時刻恰有一質量為m=4×10^-5kg、電荷量q：1×10^-4C的帶正電小球以v₀=4m/s的初速度從坐標原點沿x軸正向射入場區(qū)，并在0.15s時間內做勻速直線運動，g取10m/s²，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：
（1）磁感應強度B的大小；
（2）0.3s末小球速度的大小及方向：
（3）為確保小球做完整的勻速圓周運動，x₁和y₁的最小值是多少？

Answer 1

分析：（1）小球做勻速直線運動，說明受到的重力．電場力與洛倫茲力的和為0，根據(jù)平衡狀態(tài)的方程，即可求得磁感應強度B；
（2）在t₁～t₂時間內，可知，小球在電場力和重力作用下，做類平拋運動，將運動分解到水平方向和豎直方向，結合牛頓第二定律與平行四邊形定則，即可求得速度的大小和方向；
（3）0.3s以后，粒子所受電場力與重力平衡，粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，由牛頓第二定律求得小球運動的半徑，然后求出此時小球對應的位置，結合幾何關系，確定小球軌跡的圓心的位置，最后再根據(jù)幾何關系求得兩個量的最小值．

解答：解：小球運動軌跡參見圖解．
（1）設t₁=0.15s，在t₁時間內，小球處于平衡狀態(tài)，
故有：qE+mg=qB₀v₀…①
代入數(shù)據(jù)解得B₀=2T  …②
（2）設t₂=0.3s，在t₁～t₂時間內，由圖（b）、
圖（c）可知，小球在電場力和重力作用下，
做類平拋運動，t₂時刻小球在x方向的速度為：v_x=v₀=4m/s
在y方向，根據(jù)牛頓第二定律有：
由qE+mg=ma
代入數(shù)據(jù)解得a=20m/s²…③
根據(jù)運動學公式v_y=a（t₂-t₁）=3m/s…④
根據(jù)平行四邊形定則，此時粒子的速度為：v=5m/s…⑤
設速度方向與x軸成θ，則有：tanθ=

3

4

得θ=37°
（3）由圖（b）、圖（c）可知，0.3s以后，粒子所受電場力與重力平衡，粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，
由牛頓第二定律qB0v=m

v2

R

代入數(shù)據(jù)解得：R=

mv

qB0

=

4×10-5×5

1×0-4×2

m=1m
0～t₁時間內粒子的位移：x₁=v₀t₁=4×0.15m=0.6…⑥
在t₁～t₂時間內粒子在水平方向的位移：x₂=v₀t₂=4×0.15m=0.6m…⑦
在t₁～t₂時間內粒子在豎直方向的位移：y2=

1

2

a(t2-t1)2=

1

2

×20×0.152m=0.225m
由幾何知識可得粒子做勻速圓周運動的圓心坐標為：x₀=x₁+x₂+Rsin37°=0.6m+0.6m+1×0.6m=1.8m…⑧
y0=Rsin53°-

1

2

a(t2-t1)2=0.575m…⑨
所以x₁=x₀+R=2.80m…⑩
y₁=R+y₀=1.575m
答：（1）磁感應強度B的大小為2T；
（2）0.3s末小球速度的大小為5m/s，方向與水平方向的夾角為37°向下；
（3）為確保小球做完整的勻速圓周運動，x₁為2.80m，y₁的最小值是1.575m．

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