Question

5．如圖所示，在xOy平面的第一、四象限，有水平向右勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第二、三象限中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和場(chǎng)強(qiáng)大小與第一象限的場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)．第一象限中P點(diǎn)的坐際是（$\frac{R}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$R），在P點(diǎn)拴一根絕緣細(xì)線，長(zhǎng)為R，細(xì)線另一端系一個(gè)質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球，現(xiàn)將細(xì)線拉至與水平方向成45°角由靜止釋放，小球擺至O點(diǎn)位置時(shí)．細(xì)線恰好脫開，小球跨過(guò)y軸，恰好做圓周運(yùn)動(dòng)．求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；
（2）小球到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度；
（3）小球在y軸左側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的旋轉(zhuǎn)半徑．

Answer 1

分析 （1）小球進(jìn)入y軸左側(cè)恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力平衡，由此得到小球的電性，由平衡條件求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小．
（2）研究小球在第一象限運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由動(dòng)能定理求小球到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度．
（3）小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律求圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑．

解答 解：（1）小球進(jìn)入y軸左側(cè)恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力平衡，則電場(chǎng)力必定豎直向上，小球應(yīng)帶正電．
由平衡條件有 qE=mg，
得 E=$\frac{mg}{q}$
（2）小球在第一象限中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得
  mgR（1+sin45°）-qE（$\frac{R}{2}$+Rcos45°）=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
可得小球到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度 v=$\sqrt{gR}$
（3）小球在y軸左側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律得
  qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
可得 r=$\frac{m\sqrt{gR}}{qB}$
答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是$\frac{mg}{q}$；
（2）小球到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度是$\sqrt{gR}$；
（3）小球在y軸左側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的旋轉(zhuǎn)半徑是$\frac{m\sqrt{gR}}{qB}$．

點(diǎn)評(píng) 分析帶電小球的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況是處理帶電體在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的關(guān)鍵，要明確勻速圓周運(yùn)動(dòng)由合力提供向心力，知道帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力與重力必須平衡，僅由洛倫茲力充當(dāng)向心力．