Question

16．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)存在電場強(qiáng)度大小為E₀、方向水平向右的勻強(qiáng)電場，x軸下方是豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場區(qū)域．一帶電小球從x軸上的A點(diǎn)以一定初速度v₀垂直x軸向上射出，小球恰好以速度v₀從y軸上的C點(diǎn)垂直y軸進(jìn)入第一象限，然后從x軸上的D點(diǎn)進(jìn)入x軸下方的復(fù)合場區(qū)域，小球在復(fù)合場區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動，最后恰好擊中原點(diǎn)O，已知重力加速度為g．求：
（1）帶電小球的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）x軸下方勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E和勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；
（3）小球從A點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)經(jīng)歷的時間t．

Answer 1

分析 （1）小球在第二象限受到重力和電場力，根據(jù)運(yùn)動的合成和分解，分解為水平方向的勻加速直線運(yùn)動和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式列式即可求出比荷；
（2）小球從C到D做平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律求出平拋的時間及進(jìn)入磁場的速度大小和方向，進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系可求出B；
（3）分別求出粒子從A到C的時間、C到D的時間及D到O的時間，總和即A到O的時間

解答 解：（1）小球運(yùn)動軌跡如圖所示，在第二象限內(nèi)小球受重力和電場力作用做曲線運(yùn)動，
由運(yùn)動的合成與分解知豎直方向：v₀=gt₁，OC=$\frac{1}{2}$g${t}_{1}^{2}$
水平方向：v₀=at₁，OA=$\frac{1}{2}$a${t}_{1}^{2}$，
a=$\frac{q{E}_{0}}{m}$
聯(lián)立得$\frac{q}{m}=\frac{g}{{E}_{0}}$，OC=OA=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}$，t₁=$\frac{{v}_{0}}{g}$
（2）設(shè)小球在D點(diǎn)時速度為v，小球從C點(diǎn)到D點(diǎn)做平拋運(yùn)動，有
OC=$\frac{1}{2}$g${t}_{2}^{2}$，OD=v₀t₂，tanθ=$\frac{g{t}_{2}}{{v}_{0}}$，vcosθ=v₀
聯(lián)立得OD=$\frac{{v}_{0}^{2}}{g}$，t₂=$\frac{{v}_{0}}{g}$，θ=45°，v=$\sqrt{2}$v₀
因小球在復(fù)合場中做圓周運(yùn)動，所以電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心$\frac{g}{{E}_{0}^{\;}}$力，
即mg=qE，得E=E₀而Bqv=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，得B=$\frac{mv}{qR}$由軌跡圖知2Rsinθ=OD
聯(lián)立得B=$\frac{2{E}_{0}}{{v}_{0}}$．
（3）小球做圓周運(yùn)動所用時間為t₃=$\frac{270°}{360°}×\frac{2πm}{Bq}=\frac{3π{v}_{0}}{4g}$
所以小球從A點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)經(jīng)歷的時間
t=t₁+t₂+t₃=（2+$\frac{3π}{4}$）$\frac{{v}_{0}}{g}$．
答：（1）帶電小球的比荷$\frac{q}{m}$為$\frac{g}{{E}_{0}^{\;}}$；
（2）x軸下方勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E等于${E}_{0}^{\;}$和勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B$\frac{2{E}_{0}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}$；
（3）小球從A點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)經(jīng)歷的時間t為$（2+\frac{3π}{4}）\frac{{v}_{0}^{\;}}{g}$．

點(diǎn)評 本題考查粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況和運(yùn)動情況，注意運(yùn)動的情境，尤其注意在重力場、電場和磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，洛倫茲力提供向心力，重力和電場力平衡．