Question

11．如圖所示，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，MN、PQ為理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．勻強(qiáng)電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一個質(zhì)量為m，電量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進(jìn)入場區(qū)后，恰能做勻速圓周運動．已知重力加速度為g．
（1）試判斷小球所帶電性并求出電場強(qiáng)度的大小E；
（2）若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，求釋放時距MN的高度h₀；
（3）若小球釋放時距MN的高度kh₀，求小球運動到最高點時距釋放點的距離x．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)小球所受電場力的方向與場強(qiáng)方向的關(guān)系判斷小球電性，根據(jù)電場力與重力的關(guān)系求出電場強(qiáng)度大小．
（2）由機(jī)械能守恒定律求出小球進(jìn)入磁場時的速度，小球在磁場中做勻速圓周運動，作出小球的運動軌跡，由幾何知識求出軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律分析答題．
（3）若小球釋放時距MN的高度kh₀，得到軌跡半徑，根據(jù)幾何知識求出小球第一次返回最高點距釋放點的距離，再根據(jù)周期性解答．

解答 解：（1）小球進(jìn)入電磁場后恰好能做勻速圓周運動，則重力與電場力平衡，由洛倫茲力提供向心力，
重力豎直向下，則電場力豎直向上，而電場強(qiáng)度向上，電場力方向與場強(qiáng)方向相同，則小球帶正電；
由電場力與重力大小相等，得：qE=mg
則電場強(qiáng)度：E=$\frac{mg}{q}$
（2）帶電小球進(jìn)入磁場前做自由落體運動，由機(jī)械能守恒定律得：
mgh₀=$\frac{1}{2}$mv²
小球在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌跡半徑為R，由牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
由于小球在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域運動過程中q、v、B、m的大小不變，則三段圓周運動的半徑相等，以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形，邊長為2R，內(nèi)角為60°，如圖所示，由幾何知識可得：
R=$\fracvsyknge{sin60°}$=$\frac{2\sqrt{3}d}{3}$
解得：h₀=$\frac{2{q}^{2}{B}^{2}ljvq4hv^{2}}{3{m}^{2}g}$
（3）若小球釋放時距MN的高度kh₀，可得：
R′=$\sqrt{k}$R=$\frac{2\sqrt{3k}}{3}d$
小球第一次返回最高點距釋放點的距離為：
x₁=2R′-4$\sqrt{R{′}^{2}-l0ymylz^{2}}$=$\frac{4}{3}（\sqrt{3k}-\sqrt{12k-9}）d$
顯然，要求k＞$\frac{3}{4}$，否則小球畫一個半圓返回到O同高處，又由周期性，得小球運動到最高點距釋放點的距離為：
x=$\left\{\begin{array}{l}{n{x}_{1}=\frac{4}{3}（\sqrt{3k}-\sqrt{12k-9}）nd，當(dāng)k＞\frac{3}{4}時}\\{2nR′=\frac{4}{3}\sqrt{3k}nd，當(dāng)k≤\frac{3}{4}時}\end{array}\right.$（n=1，2，3，…）
答：（1）小球帶正電，電場強(qiáng)度的大小E為$\frac{mg}{q}$；
（2）若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，釋放時距MN的高度h₀是$\frac{2{q}^{2}{B}^{2}o326p2k^{2}}{3{m}^{2}g}$．
（3）若小球釋放時距MN的高度kh₀，小球運動到最高點時距釋放點的距離x是：x=$\left\{\begin{array}{l}{n{x}_{1}=\frac{4}{3}（\sqrt{3k}-\sqrt{12k-9}）nd，當(dāng)k＞\frac{3}{4}時}\\{2nR′=\frac{4}{3}\sqrt{3k}nd，當(dāng)k≤\frac{3}{4}時}\end{array}\right.$（n=1，2，3，…）．

點評 本題考查了帶電小球在磁場中的運動，分析清楚小球的運動過程，作出小球的運動軌跡、應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、功的計算公式即可正確解題；分析清楚運動過程、作出小球運動軌跡是正確解題的關(guān)鍵．