Question

11．如圖所，在豎直平面內(nèi)，AC為光滑絕緣的$\frac{1}{4}$圓形軌道，半徑為R，軌道最低點C的切線保待水平，在距離C點為R的下方是水平絕緣地板MN，N點直立高度為2R的絕緣擋版Np，虛線AP以下區(qū)域存在方向向上的勻強(qiáng)電場，同時，在OCMNP矩形區(qū)域內(nèi)還存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場．一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球從軌道A點的正上方h高處自由釋放，沿A點的切線進(jìn)入圓軌道做勻速圓周運動，小球從C點飛出，進(jìn)入電、磁場區(qū)域后還做半徑為R的勻速圓周運動，不計小球與水平地板和豎直擋板碰撞的能量損失，重力加速度為g．求：
（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（2）要使小球經(jīng)過一系列的運動后回到出發(fā)點，MN的長度應(yīng)滿足什么條件？并求出小球從出發(fā)點至回到出發(fā)點的總時間．

Answer 1

分析 （1）小球能在復(fù)合場中做勻速圓周運動，必定只能是其電場力與重力平衡；由洛侖茲提供小球做圓周運動的向心力，由在圓軌道上勻速圓周運動知小球帶正電，重力平衡電場力，在圓軌道上支持力提供向心力
（2）畫出運動的軌跡圖，根據(jù)圓周運動的規(guī)律求在磁場中的時間，豎直上拋運動由運動學(xué)公式求時間．

解答 解：（1）在電磁場區(qū)域中mg=qE
解得：$E=\frac{mg}{q}$①
根據(jù)動能定理$mgh=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}$
解得：$v=\sqrt{2gh}$②
在電磁場區(qū)域洛倫茲力提供向心力$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$
解得：$R=\frac{mv}{qB}$③
聯(lián)立②③得$B=\frac{m\sqrt{2gh}}{qB}$
（2）帶電小球進(jìn)入電磁場區(qū)域后，做半徑為R勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)左手定則洛倫茲力向下，運動$\frac{1}{4}$圓周與水平地板碰撞后反彈，然后再運動$\frac{1}{4}$圓周與豎直擋板碰撞，反彈后運動$\frac{1}{4}$圓周后離開磁場做豎直上拋運動，之后返回磁場再運動$\frac{1}{4}$圓周到達(dá)C點，在圓軌道上做勻速圓周運動返回A點，所以MN的長度要滿足的條件MN≥R
小球從出發(fā)點到回到出發(fā)點運動6個$\frac{1}{4}$圓周，勻速圓周運動時間${t}_{1}^{\;}=6\frac{2πR}{V}=\frac{12πR}{\sqrt{2gh}}$
豎直上拋運動時間${t}_{2}^{\;}=2\frac{v}{g}=2\frac{\sqrt{2gh}}{g}=\sqrt{\frac{gh}{2}}$
小球從出發(fā)點到返回出發(fā)點的總時間$t={t}_{1}^{\;}+{t}_{2}^{\;}=\frac{12πR}{\sqrt{2gh}}+\sqrt{\frac{gh}{2}}$
答：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)$E=\frac{mg}{q}$，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度$B=\frac{m\sqrt{2gh}}{qB}$；
（2）要使小球經(jīng)過一系列的運動后回到出發(fā)點，MN的長度應(yīng)滿足MN≥R．并求出小球從出發(fā)點至回到出發(fā)點的總時間（$\frac{12πR}{\sqrt{2gh}}+\sqrt{\frac{gh}{2}}$）．

點評 本題是帶電粒子在復(fù)合場中運動的問題，分析粒子的受力情況，確定其運動情況，畫出運動的軌跡，理清過程，運用幾何知識進(jìn)行求解．