Question

12．如圖有一垂直于紙面的勻強磁場分布在直角坐標系的第三、四象限內(nèi)，有一勻強電場分布在第二、三、四象限內(nèi)；第一象限內(nèi)無電場和磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電油滴，從y軸上的M點水平向右拋出，經(jīng)過N點進入第四象限后，恰好做勻速圓周運動，油滴經(jīng)x軸上的N點和P點最后又回到M點，設(shè)OM=L，ON=2L，如圖所示，求：
（1）電場強度E的大小和方向；
（2）油滴到達N點時速度大小和方向；
（3）勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小和方向；
（4）油滴從M點出發(fā)，經(jīng)N、P點最后又回到M點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）油滴進入第四象限后，恰好做勻速圓周運動，電場力與重力平衡，由平衡條件求解．
（2）油滴從M到N點做平拋運動，根據(jù)分位移公式和速度的合成求解油滴到達N點時速度大小和方向．
（3）根據(jù)題意畫出油滴的運動軌跡，求出軌跡半徑，再由洛倫茲力提供向心力，求出勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小，判斷磁場的方向．
（4）分段求出時間，再求總時間．

解答 解：（1）油滴進入第四象限后，恰好做勻速圓周運動，電場力與重力必須平衡，則電場力豎直向上，電場強度方向豎直向上．
 且有 mg=qE，得 E=$\frac{mg}{q}$
（2）油滴從M到N點做平拋運動，設(shè)油滴在M點的速度為v₀，到達N點時速度大小為v，與x軸正方向的夾角為α．
則 L=$\frac{1}{2}g{t}_{1}^{2}$，2L=v₀t₁，解得t₁=$\sqrt{\frac{2L}{g}}$，v₀=$\sqrt{2gL}$
油滴到達N點時豎直分速度 v_y=gt₁=$\sqrt{2gL}$
則 v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=2$\sqrt{gL}$
由幾何知識可知 tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1，α=45°
（3）根據(jù)勻速圓周運動的對稱性可知，油滴到達P點時速度方向與x軸正方向的夾角為45°，且斜向右上方．從P到M，重力與電場力平衡，油滴做勻速直線運動．
畫出油滴的運動軌跡如圖，設(shè)油滴圓周運動的軌道半徑為r，由幾何知識可得
  OP=OM=L，$\sqrt{2}$r=3L，r=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$L
由qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$得 B=$\frac{2m}{3q}\sqrt{\frac{2g}{L}}$
由左手定則知磁場的方向垂直紙面向外．
（4）油滴從N到P的時間 t₂=$\frac{3}{4}$T，T=$\frac{2πm}{qB}$
可得 t₂=$\frac{9π}{8}\sqrt{\frac{2L}{g}}$
從P到M的時間 t₃=$\frac{\sqrt{2}L}{v}$=$\sqrt{\frac{L}{2g}}$
故總時間為 t=t₁+t₂+t₃=$\sqrt{\frac{2L}{g}}$+$\frac{9π}{8}\sqrt{\frac{2L}{g}}$+$\sqrt{\frac{L}{2g}}$=$\frac{9π+12}{8}\sqrt{\frac{2L}{g}}$
答：
（1）電場強度E的大小是$\frac{mg}{q}$，方向是豎直向上；
（2）油滴到達N點時速度大小是2$\sqrt{gL}$，與x軸正方向的夾角為45°；
（3）勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小是$\frac{2m}{3q}\sqrt{\frac{2g}{L}}$，方向垂直紙面向外；
（4）油滴從M點出發(fā)，經(jīng)N、P點最后又回到M點所用的時間是$\frac{9π+12}{8}\sqrt{\frac{2L}{g}}$．

點評 熟悉平拋運動的處理方式，把平拋運動分解成相互垂直方向的勻速直線運動和初速度為0的勻加速直線運動，通過分運動的處理得到合運動的性質(zhì)．畫出軌跡，運用幾何知識求出磁場中運動的半徑，即可求出時間．