Question

19．如圖所示，在豎直空間建立直角坐標(biāo)系xOy，在第一象限和第四象限內(nèi)存在豎直向上的，電場強(qiáng)度大小為E₁的勻強(qiáng)電場和大小、方向均未知的勻強(qiáng)電場B₁，在第二、三象限內(nèi)存在水平向右，電場強(qiáng)度大小為E₂的勻強(qiáng)電場和方向水平向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B₂的勻強(qiáng)電場．在x軸上坐標(biāo)為（-d，0）的P點(diǎn)使一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球以某一速度v沿x軸成37°角的方向射出，小球恰好沿PQ方向勻速運(yùn)動到y(tǒng)軸上的Q點(diǎn)，該小球進(jìn)入到第一象限后做勻速圓周運(yùn)動，恰好經(jīng)歷半個圓周到達(dá)半徑為r的$\frac{1}{4}$絕緣光滑管MN內(nèi)壁的M點(diǎn)，再沿圓管的另一端口N點(diǎn)（N點(diǎn)在y軸上），圓管的內(nèi)直徑略大于小球的直徑．已知sin=37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）E₁與E₂的大小之比．
（2）磁場B₁的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向．
（3）小球從P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)所用的時間．

Answer 1

分析 （1）由在第二象限內(nèi)的勻速直線運(yùn)動可知，小球的重力電場力和洛倫茲力三力平衡，可得E₂大小，由小球進(jìn)入到第一象限后做勻速圓周運(yùn)動，故電場力與重力平衡，可得E₁，從而求得E₁與E₂的大小之比．
（2）小球進(jìn)入到第一象限后做勻速圓周運(yùn)動，恰好經(jīng)歷半個圓周到達(dá)半徑為r的$\frac{1}{4}$絕緣光滑管MN內(nèi)壁的M點(diǎn)，由洛倫茲力分向結(jié)合左手定則可得磁場方向，由運(yùn)動的軌跡結(jié)合幾何關(guān)系可得圓周運(yùn)動的半徑，由洛倫茲力提供向心力，求得磁場B₁的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大�。�
（3）小球從P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)所用的時間由三部分組成，分別求出來加和即可．

解答 解：（1）在第二象限內(nèi)的勻速直線運(yùn)動可知，小球的重力電場力和洛倫茲力三力平衡，如圖有：
故有：E₂q=mgtan37°…①
小球進(jìn)入到第一象限后做勻速圓周運(yùn)動，故有：
mg=E₁q…②
聯(lián)立解得：$\frac{{E}_{1}}{{E}_{2}}=\frac{1}{tan37°}=\frac{4}{3}$
（2）小球進(jìn)入到第一象限后做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如下圖，
由幾何關(guān)系得：軌道半徑滿足：sin37°=$\frac{r}{2R}$…③
由洛倫茲力提供向心力得：${B}_{1}qv=\frac{{mv}^{2}}{R}$…④
由③④解得：${B}_{1}=\frac{6mv}{5qr}$…⑤
由于粒子帶正電，結(jié)合運(yùn)動軌跡及左手定則可得，磁場B₁的方向垂直于紙面向外．
（3）粒子從P到Q的時間為：${t}_{1}=\frac8cq3gm7{vcos37°}$…⑥
做半圓運(yùn)動的時間為：${t}_{2}=\frac{πR}{v}$…⑦
做四分之一圓周運(yùn)動的時間為：${t}_{3}=\frac{πr}{2v}$…⑧
總時間為t=t₁+t₂+t₃…⑨
聯(lián)立③⑥⑦⑧⑨得：t=$\frac{15d+16πr}{12v}$
答：（1）E₁與E₂的大小之比為$\frac{4}{3}$．
（2）磁場B₁的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為$\frac{6mv}{5qr}$，方向垂直于紙面向外．
（3）小球從P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)所用的時間為$\frac{15d+16πr}{12v}$．

點(diǎn)評 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，重點(diǎn)就是運(yùn)動分析，要著重掌握圓周運(yùn)動的規(guī)律，還有相應(yīng)的數(shù)學(xué)知識，做到能準(zhǔn)確找出原點(diǎn)，明確運(yùn)動的軌跡．多過程問題，劃分運(yùn)動過程，分別求解，注意挖掘隱含條件．