Question

4．在豎直平面內(nèi)有一矩形區(qū)域ABCD，AB邊長L，AD邊長2L，F(xiàn)為AD邊中點(diǎn)，G為BC邊中點(diǎn)，線段FG將ABCD分成兩個場區(qū)．如圖所示，場區(qū)Ⅰ內(nèi)有一豎直向下的勻強(qiáng)電場，場區(qū)Ⅱ內(nèi)有方向大小未知的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）和方向垂直ABCD平面內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，一個質(zhì)量為m，電量為+q的帶電小球以平行于BC邊的速度v從AB邊的中點(diǎn)P進(jìn)入場區(qū)Ⅰ，從FG邊飛出場區(qū)Ⅰ時速度方向改變了37°，小球進(jìn)入場區(qū)Ⅱ做勻速圓周運(yùn)動，求：
（1）場區(qū)Ⅱ中的電場強(qiáng)度E₂大小及方向；
（2）場區(qū)Ⅰ中的電場強(qiáng)度E₁的大��；
（3）要使小球能在場區(qū)Ⅱ內(nèi)從FG邊重新回到場區(qū)Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值．

Answer 1

分析 （1）小球在區(qū)域Ⅱ做勻速圓周運(yùn)動，電場力與重力平衡，洛侖茲力提供向心力，根據(jù)平衡條件列式求解；
（2）在區(qū)域Ⅰ中，球受重力和向下的電場力，做類似平拋運(yùn)動，根據(jù)分運(yùn)動公式和牛頓第二定律列式求解；
（3）在區(qū)域Ⅱ中，小球做勻速圓周運(yùn)動，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，軌道半徑越大，臨界情況是軌跡與EG相切，畫出運(yùn)動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律列式求解最小磁感應(yīng)強(qiáng)度大�。�

解答 解：（1）在區(qū)域Ⅱ做勻速圓周運(yùn)動，電場力與重力平衡，洛侖茲力提供向心力，故：
qE₂=mg
解得：
E₂=$\frac{mg}{q}$ 方向豎直向上；
（2）類似平拋運(yùn)動的時間t=$\frac{L}{v}$，
速度偏轉(zhuǎn)角為37°，故tan37°=$\frac{{v}_{y}}{v}=\frac{at}{v}$，
聯(lián)立解得：a=$\frac{3{v}^{2}}{4L}$；
根據(jù)第二定律，有：qE₁+mg=ma，
聯(lián)立解得：${E_1}=\frac{{\frac{{3m{v^2}}}{4L}-mg}}{q}$
（3）畫出小球的運(yùn)動的臨界軌跡，如圖所示：

對類平拋運(yùn)動過程，有：y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{3}{8}L$，
結(jié)合幾何關(guān)系，有：R+Rcos37°=$\frac{L}{2}+\frac{3}{8}L$，故R=$\frac{35}{72}L$；
場區(qū)Ⅱ時小球速度v′=$\frac{5}{4}v$；
根據(jù)牛頓第二定律，有：$Bqv′=m\frac{v{′}^{2}}{R}$，
解得：R=$\frac{mv′}{Bq}$，
故B=$\frac{18mv}{7qL}$；
答：（1）場區(qū)Ⅱ中的電場強(qiáng)度E₂大小為$\frac{mg}{q}$，方向豎直向上；
（2）場區(qū)Ⅰ中的電場強(qiáng)度E₁的大小為$\frac{\frac{3m{v}^{2}}{4L}-mg}{q}$；
（3）要使小球能在場區(qū)Ⅱ內(nèi)從FG邊重新回到場區(qū)Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為$\frac{18mv}{7qL}$．

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是明確小球先做類似平拋運(yùn)動，后做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)分運(yùn)動公式和牛頓第二定律列式，同時要畫出軌跡進(jìn)行分析．