Question

18．如圖所示水平空間內(nèi)有垂直紙面向時的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向如圖所示，大小未知．區(qū)域Ⅰ內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，兩區(qū)域內(nèi)的電場強(qiáng)度大小相等．現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.01kg、帶電荷量q=+0.01C的小球從邊界MN左側(cè)與MN相距L=2m的A點以v₀=5m/s的初速度沿粗糙、絕緣的水平面向右運動，進(jìn)入復(fù)合場區(qū)域后，小球立即在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，經(jīng)過一段時間后（未進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ）離開磁場第一次落地位置恰好與A點重合，已知小球與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ=0.225，取g=10m/s²．
（1）求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E和區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁各自的大小；
（2）求小球從A點出發(fā)到再次落回A點所經(jīng)歷的時間t．
（3）若小球在A點以v₀′=9m/s的初速度沿水平面向右運動，當(dāng)小球進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后恰好能沿直線運動，求有界磁場區(qū)域Ⅰ的寬度d及區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小．

Answer 1

分析 （1）小球進(jìn)入復(fù)合場區(qū)域后，小球立即在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，說明重力與電場力的大小相等，方向相反；A到N的過程中摩擦力做功，由動能定理即可求出小球到達(dá)N點的速度．小球離開磁場后做平拋運動，將運動分解，即可求出下落的高度，然后結(jié)合幾何關(guān)系由于洛倫茲力提供向心力的公式即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（2）小球在AN之間做減速運動，由牛頓第二定律求出加速度，然后由運動學(xué)的公式求出時間；粒子在磁場中做勻速圓周運動，由周期公式即可求出粒子在磁場中運動的時間，最后求和；
（3）A到N的過程中摩擦力做功，由動能定理即可求出小球到達(dá)N點的速度．小球進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后恰好能沿直線運動，說明小球受到的合外力為0，受力分析即可求出小球的速度，結(jié)合動能定理即可求出有界磁場區(qū)域Ⅰ的寬度d及區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小．

解答 解：（1）小球進(jìn)入復(fù)合場區(qū)域后，小球立即在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，說明重力與電場力的大小相等，方向相反；即：
qE=mg
所以：E=$\frac{mg}{q}=\frac{0.01×10}{0.01}=10$N/C
A到N的過程中摩擦力做功，由動能定理得：$-μmgL=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：v₁=4m/s
由于小球做勻速圓周運動，所以小球在復(fù)合場中運動的軌跡是半個圓，小球離開磁場后做平拋運動，將運動分解，水平方向：L=v₁t₁
得：${t}_{1}=\frac{L}{{v}_{1}}=\frac{2}{4}s=0.5$s
小球下落的高度：$h=\frac{1}{2}g{t}_{1}^{2}=\frac{1}{2}×10×0．{5}^{2}m=1.25$m
小球在復(fù)合場中運動的軌跡是半個圓，結(jié)合幾何關(guān)系可得：h=2r
所以：r=$\frac{1}{2}$h=0.625m
小球做勻速圓周運動，洛倫茲力恰好提供向心力，得：$q{v}_{1}B=\frac{m{v}_{1}^{2}}{r}$
所以：B=$\frac{m{v}_{1}}{qr}=\frac{0.01×4}{0.01×0.625}=6.4$T
（2）小球在AN之間做減速運動，由牛頓第二定律得：$a=-\frac{μmg}{m}=-μg=-0.225×10=-2.25m/{s}^{2}$，
運動的時間：${t}_{2}=\frac{{v}_{1}-{v}_{0}}{a}=\frac{4-5}{-2.25}s=2$s；
粒子在磁場中做勻速圓周運動，由周期公式得：
$T=\frac{2πm}{qB}=\frac{2π×0.01}{0.01×6.4}s≈1$s
小球在復(fù)合場中運動的軌跡是半個圓，所以小球在磁場中運動的時間：${t}_{3}=\frac{1}{2}T=0.5$s
小球從A點出發(fā)到再次落回A點所經(jīng)歷的時間：t=t₁+t₂+t₃=0.5s+2s+0.5s=3s
（3）A到N的過程中摩擦力做功，由動能定理得：$-μmgL=\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v′}_{0}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：${v}_{2}=6\sqrt{2}$m/s
小球進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后恰好能沿直線運動，說明小球受到的合外力為0，此時小球受到重力、水平方向的電場力和洛倫茲力的作用，由于電場力的大小與重力的大小相等，所以洛倫茲力的方向一定與重力、電場力的合力的方向相反，大小相等，如圖：

由左手定則可知，小球運動的方向與x軸成45°角，洛倫茲力的大小：f=$\sqrt{2}$mg=$\sqrt{2}$×0.01×10=0.1$\sqrt{2}$N
又：f=qv₂B₂
所以：${B}_{2}=\frac{f}{q{v}_{2}}=\frac{0.1\sqrt{2}}{0.01×6\sqrt{2}}=\frac{5}{3}$T
小球在區(qū)域Ⅰ中仍然做勻速圓周運動，運動的半徑：$r′=\frac{m{v}_{2}}{q{B}_{1}}=\frac{0.01×6\sqrt{2}}{0.01×6.4}=\frac{3\sqrt{2}}{3.2}$
小球在磁場中的偏轉(zhuǎn)角是45°，由幾何關(guān)系可得：$\fracu44sgpi{r′}=sin45°$
所以：d=$\frac{\sqrt{2}}{2}r′=\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{3\sqrt{2}}{3.2}=\frac{3}{3.2}$m
答：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度是10N/C，區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁的大小是6.4T；
（2）小球從A點出發(fā)到再次落回A點所經(jīng)歷的時間是3s．
（3）有界磁場區(qū)域Ⅰ的寬度是$\frac{3}{3.2}$m，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小是$\frac{5}{3}$T．

點評 本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動，要注意當(dāng)粒子在復(fù)合場中做勻速 圓周運動時，粒子受到的電場力與重力平衡．