Question

12．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限內(nèi)存在著等大反向的另一勻強電場和垂直坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，MN、EF為電場和磁場區(qū)域的邊界線，一電荷量為-q、質(zhì)量為m的小球從y軸上的P點以速度v₀垂直進入電場，經(jīng)x軸上的Q點進入電、磁復(fù)合場，已知OP=OM=d，OQ=$\frac{3}{2}$d，OF=2Od，v₀=$\frac{3}{2}$$\sqrt{gd}$．
（1）求勻強電場電場強度的大小和小球經(jīng)過Q的速度．
（2）要使小球不越過邊界MN，求所加磁場磁感應(yīng)強度的最小值．
（3）若所加磁場的磁感應(yīng)強度B′=$\frac{2m}{qd}$$\sqrt{gd}$，小球經(jīng)多長時間能從右邊界射出．

Answer 1

分析 （1）粒子在第一象限的電場中做類平拋運動，將運動分解，求出小球受到的電場力的大小以及小球經(jīng)過Q點的速度；由E=$\frac{F}{q}$求出電場強度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，作出粒子的運動軌跡，由數(shù)學(xué)知識求出粒子的軌道半徑；洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強度．
（3）求出小球周期性運動的周期，然后求出粒子在一個周期內(nèi)沿x軸方向的位移，再求出小球的運動時間．

解答 解：（1）小球在第一象限內(nèi)做類平拋運動，
水平方向：$\frac{3}{2}$d=v₀t，
小球在電場線方向的位移：
d=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{mg+qE}{m}$t²，
解得：E=$\frac{mg}{q}$，
小球到達(dá)Q時，豎直向下的速度為v_y，
由勻變速直線運動的速度位移公式得：v_y²-0=2×2g×d，
小球的速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，解得：v=2.5$\sqrt{gd}$，
小球速度與x軸的夾角：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{2\sqrt{gd}}{\frac{3}{2}\sqrt{gd}}$=$\frac{4}{3}$，解得：θ=53°；
（2）小球在第四象限受到的電場力F=qE=mg，方向向上，所以小球受到的合力等于洛倫茲力，
所以小球在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動，要使小球不越過邊界MN，運動的臨界軌跡如圖所示，
由數(shù)學(xué)知識可得：r-rsin37°=d，解得：r=2.5d，
由牛頓第二定律得：qBv=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{m\sqrt{gd}}{qd}$；
（3）當(dāng)B′=$\frac{2m\sqrt{gd}}{qd}$時小球做圓周運動的半徑：R=$\frac{5d}{4}$，
小球做周期性運動的周期：T=2$\sqrt{\fraca8cyf3u{g}}$+$\frac{2×53°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB′}$=（2+$\frac{53π}{180}$）$\sqrt{\frac3nlnke3{g}}$，
每個周期小球沿x軸方向的位移：x=2（v₀t+R′sin53°），解得：x=5d，
經(jīng)過4個周期小球從右邊界射出，
時間：t=4T=（8+$\frac{53π}{180}$）$\sqrt{\frachohzcvz{g}}$；
答：（1）勻強電場電場強度的大小為：$\frac{mg}{q}$，小球經(jīng)過Q的速度大小為2.5$\sqrt{gd}$．
（2）要使小球不越過邊界MN，所加磁場磁感應(yīng)強度的最小值為=$\frac{m\sqrt{gd}}{qd}$．
（3）若所加磁場的磁感應(yīng)強度B′=$\frac{2m}{qd}$$\sqrt{gd}$，小球經(jīng)時間：（8+$\frac{53π}{180}$）$\sqrt{\fracsco387m{g}}$能從右邊界射出．

點評 本題是帶電粒子在電場、磁場中運動的綜合題，根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡．應(yīng)用數(shù)學(xué)知識求出粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑、粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，是本題的難點，也是正確解題的關(guān)鍵．