Question

（2011?湖南一模）如圖甲所示，在邊界MN左側(cè)存在斜方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁，在MN的右側(cè)有豎直向上、場(chǎng)強(qiáng)大小為E₂=0.4N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，還有垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B（圖甲中未畫出）和水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₃（圖甲中未畫出），B和E₃隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示，P₁P₂為距MN邊界2.295m的豎直墻壁，現(xiàn)有一帶正電微粒質(zhì)量為4×10^-7kg，電量為1×10^-5C，從左側(cè)電場(chǎng)中距MN邊界

1

15

m的A處無初速釋放后，沿直線以1m/s速度垂直MN邊界進(jìn)入右側(cè)場(chǎng)區(qū)，設(shè)此時(shí)刻t=0，取g=10m/s²．求：
（1）MN左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E₁的大小和方向（sin37°=0.6）；
（2）帶電微粒在MN右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)了1.5s時(shí)的速度；
（3）帶電微粒在MN右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間與墻壁碰撞？（

1.2

2π

≈0.19）

Answer 1

分析：（1）粒子做直線運(yùn)動(dòng)，故重力和電場(chǎng)力的合力與速度方向在一條直線上，故電場(chǎng)力向右上方，與電場(chǎng)線同方向，然后對(duì)直線加速過程運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解出加速度，再根據(jù)牛頓第二定律列式分析求解；
（2）帶電微粒在MN右側(cè)場(chǎng)區(qū)中，重力和向上的電場(chǎng)力平衡，故在第1秒內(nèi)直線加速，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解末速度，后0.5s內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小不變；
（3）帶電微粒在MN右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)過程中，第1秒向右直線加速，接下來的半秒做勻速勻速圓周運(yùn)動(dòng)，再接下來的1秒向左直線加速，再下來的半秒做勻速勻速圓周運(yùn)動(dòng)，直到與墻壁碰撞為止，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式聯(lián)立求解即可．

解答：解：（1）設(shè)MN左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為E₁，方向與水平方向夾角為θ
帶電小球受重力和電場(chǎng)力，由于粒子做直線運(yùn)動(dòng)，故電場(chǎng)力向右上方
沿水平方向有　 　qE₁cosθ=ma                                      
沿豎直方向有　 　qE₁sinθ=mg                                      
對(duì)水平方向的勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移公式，有　      
v²=2as      
代入數(shù)據(jù)可解得　　
E₁=0.5N/C                                     
θ=53°                                          
即E₁大小為0.5N/C，方向與水平向右方向夾53°角斜向上．
（2）帶電微粒在MN右側(cè)場(chǎng)區(qū)始終滿足　qE₂=mg                               
在0～1s時(shí)間內(nèi)，帶電微粒在E₃電場(chǎng)中  a=

qE3

m

=

1×10-5×0.004

4×10-7

=0.1m/s²   
帶電微粒在1s時(shí)的速度大小為　 v₁=v+at=1+0.1×1=1.1m/s               
在1～1.5s時(shí)間內(nèi)，帶電微粒在磁場(chǎng)B中運(yùn)動(dòng)，
周期為　T=

2πm

qB

=

2π×4×10-7

1×10-5×0.08π

=1s                                  
在1～1.5s時(shí)間內(nèi)，帶電微粒在磁場(chǎng)B中正好作半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)；
故帶電微粒在MN右側(cè)場(chǎng)區(qū)中運(yùn)動(dòng)了1.5s時(shí)的速度大小為1.1m/s，方向水平向左．
（3）在0s～1s時(shí)間內(nèi)帶電微粒前進(jìn)距離　s₁=vt+

1

2

at²=1×1+

1

2

×0.1×1²=1.05m     
帶電微粒在磁場(chǎng)B中作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑　r=

mv

qB

=

4×10-7×1.1

1×10-5×0.08π

=

1.1

2π

m　     
因?yàn)閞+s₁＜2.28m，所以在1s～2s時(shí)間內(nèi)帶電微粒未碰及墻壁
在2s～3s時(shí)間內(nèi)帶電微粒作勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度仍為　a=0.1m/s²，
在3s內(nèi)帶電微粒共前進(jìn)距離
s₃=vt3+

1

2

at32=1×2+

1

2

×0.1×22=2.2m                       
在3s時(shí)帶電微粒的速度大小為　v₃=v+at₃=1+0.1×2=1.2m/s
在3s～4s時(shí)間內(nèi)帶電微粒在磁場(chǎng)B中作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r3=

mv3

qB

=

4×10-7×1.2

1×10-5×0.08π

=

1.2

2π

m=0.19m　                  
因?yàn)閞₃+s₃＞2.295m，所以在4s時(shí)間內(nèi)帶電微粒碰及墻壁
帶電微粒在3s以后運(yùn)動(dòng)情況如右圖，其中 d=2.295-2.2=0.095m             

sinθ=

d

r3

=0.5，θ=30°
所以，帶電微粒作圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3=

T3

12

=

2πm

12qB

=

2π×4×10-7

12×1×10-5×0.08π

=

1

12

s       
故帶電微粒與墻壁碰撞的時(shí)間為　t_總=3+

1

12

=

37

12

s．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后分階段運(yùn)用牛頓第二定律、向心力公式和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解．