Question

6．如圖所示的直角坐標系xOy平面，在x＞0的區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的均強磁場，x＜0的區(qū)域內(nèi)有x＞0的區(qū)域內(nèi)大小相同、方向豎直向下的勻強電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m=10^-2kg，帶電量為q=+5×10^-2C的帶電小球，從x軸上P（-0.8m，0）點以初速度v₀=4m/s沿x軸正方向進入電場，之后經(jīng)過y軸上的Q點，在x＞0的區(qū)域做勻速圓周運動，又通過y軸上的M（未標出）點返回x＜0的區(qū)域內(nèi)，且OQ=OM．（g=10m/s²）試求：
（1）電場強度的大小E和磁感應強度的大小B；
（2）小球在磁場中運動的時間；
（3）若撤去x＜0的區(qū)域內(nèi)的電場，其它條件不變，試求小球軌跡兩次與y軸交點的間距．

Answer 1

分析 （1）帶電小球在x＜0的區(qū)域做類平拋運動，在x＞0的區(qū)域做勻速圓周運動，磁場中電場力與重力平衡可求電場大��；平拋運動規(guī)律與洛侖磁力充當圓周運動的向心力結合可求磁感強度；
（2）圓周運動周期與圓心角大小結合可求運動時間；
（3）帶電小球先做平拋運動后做圓周運動，平拋運動規(guī)律與洛侖磁力充當圓周運動的向心力結合求出半徑，根據(jù)幾何關系再求出兩點間距離．

解答 解：（1）帶電小球在x＜0的區(qū)域做類平拋運動，在x＞0的區(qū)域做勻速圓周運動，運動軌跡如圖
帶電小球在x＞0的區(qū)域做勻速圓周運動，所以Eq=mg
E=$\frac{mg}{q}$=$\frac{1{0}^{-2}×10}{5×1{0}^{-2}}$=2N/C
帶電小球在x＜0的區(qū)域做類平拋運動
F_合=mg+Eq=2mg
a=$\frac{{F}_{合}}{m}$=2g=20m/s²
t=$\frac{x}{{v}_{0}}$=$\frac{0.8}{4}$=0.2s
OQ點之間的距離
y=$\frac{1}{2}$at²=0.4m
v_y=at=4m/s
Q點的速度：${v}_{Q}=\sqrt{{v}_{0}^{2}{+v}_{y}^{2}}$=$4\sqrt{2}$m/s，與水平方向的夾角$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=1$，θ=45°
圓周運動通過y軸上的M點且OQ=OM，所以圓心在x軸上，過Q點的半徑v_Q垂直：R=$\frac{2}{5}\sqrt{2}$m
根據(jù)洛侖磁力充當圓周運動的向心力：qv_QB=$m\frac{{v}_{Q}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得：B=2T
（2）圓周運動周期：T=$\frac{2πR}{{v}_{Q}}$=$\frac{π}{5}$s
根據(jù)圓周運動所對的圓心角為270°，所以t=$\frac{3}{4}$T=$\frac{3π}{20}$s
（3）若撤去x＜0的區(qū)域內(nèi)的電場時，帶電小球在x＜0的區(qū)域做平拋運動，在x＞0的區(qū)域做勻速圓周運動
v_y=gt=2m/s
$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}{+v}_{y}^{2}}$=$2\sqrt{5}$m/s，與水平方向的夾角cosθ=$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
R=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$
根據(jù)幾何關系兩點間的距離：d=2Rcosθ=0.8m
答：（1）電場強度E的大小為2N/C，磁感應強度B的大小2T；
（2）小球在磁場中運動的時間為$\frac{3π}{20}$s；
（3）若撤去x＜0的區(qū)域內(nèi)的電場，其它條件不變，試求小球軌跡兩次與y軸交點的間距為0.8m．

點評 磁場中電場力與重力平衡，洛侖磁力充當圓周運動的向心力，運動時間與圓心角的關系，運動軌跡所對的幾何關系是解決問題的關鍵．