Question

12．如圖所示，整個空間存在勻強磁場和勻強電場，磁場方向水平，磁感應強度B=1T，勻強電場未在圖中畫出；該區(qū)域有一長為L₁=60cm 的水平絕緣阻擋層OP，T點是P點正下方距離為L₂=20cm處的一點．質量m=1×10^-3kg、電量q=-1×10^-3C的帶點小球（視為質點），自阻擋層左端O以某一豎直速度v₀ 開始向上運動，恰能做勻速圓周運動．若小球與阻擋層相碰后以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞前后電量不變．小球最后能通過T點．（g取10m/s²，可能會用到三角函數(shù)值sin37°=0.6，cos37°=0.8）．試求：
（1）電場強度的大小與方向；
（2）小球運動的可能最大速率；
（3）小球從O點運動到T點的時間．

Answer 1

分析 （1）由于小球做勻速圓周運動，所以小球受到的電場力一定與重力大小相等，方向相反，由此結合F=qE即可求出電場強度的大小和方向；
（2）根據(jù)小球在磁場中運動的半徑公式，可知小球的速度越大，則半徑越大，小球的軌跡中，到達D點的最大的半徑對應的速度即為所求；
（3）小球被擋板反彈后，繼續(xù)做勻速圓周運動，結合運動的對稱性與運動的周期性，畫出可能的運動的軌跡，然后結合偏轉角與時間的關系即可求出．

解答 解：（1）由于小球做勻速圓周運動，所以小球受到的電場力一定與重力大小相等，方向相反，得：qE=mg，
所以：$E=\frac{mg}{q}=\frac{1×1{0}^{-3}×10}{1×1{0}^{-3}}=10$V/m；
負電荷受到的電場力的方向向上，所以電場的方向向下．
（2）小球在磁場中運動的，洛倫茲力提供向心力得：
$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
所以：$r=\frac{mv}{qB}$
可知小球的速度越大，則半徑越大，小球的軌跡中，到達T點的最大的半徑的軌跡如圖1，可知：
${R}_{1}^{2}={L}_{2}^{2}+（{L}_{1}-{R}_{1}）^{2}$；
代入數(shù)據(jù)得：${R}_{1}=\frac{1}{3}$m
所以：${v}_{1}=\frac{qB{R}_{1}}{m}=\frac{1×1{0}^{-3}×1×\frac{1}{3}}{1×1{0}^{-3}}=\frac{1}{3}$m/s
（3）小球被擋板反彈后，繼續(xù)做勻速圓周運動，結合運動的對稱性與運動的周期性，畫出可能的運動的軌跡如圖2．因為速度的方向與半徑垂直，所以圓心必定在擋板所在的水平線上，且滿足：R≥L₂

若小球與擋板碰撞n次后到達T點，則滿足：2nR＜L₁，所以：n＜1.5．故N取0，或1才能保證小球到達T點，如圖2．
小球做圓周運動的周期：$T=\frac{2πR}{v}=\frac{2πm}{qB}=\frac{2π×1{0}^{-3}}{1×1{0}^{-3}×1}=2π$s
①當n=0時，即為（2）中的解，$tanθ=\frac{{L}_{2}}{{L}_{1}-{R}_{1}}=\frac{0.2}{0.6-\frac{1}{3}}=\frac{3}{4}$，所以θ=37°
小球的偏轉角為180°+37°=217°，${t}_{1}=\frac{217°}{360°}×2π=\frac{217π}{180}$s．
②當n=1時，得：$（3R-{L}_{1}）^{2}+{L}_{2}^{2}={R}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：$R=\frac{1}{5}m$或$R=\frac{1}{4}$m
當$R=\frac{1}{5}m$=0.2m=L₂時，小球運動的軌跡如圖中②所示，則：${t}_{2}=\frac{1}{2}T+\frac{3}{4}T=\frac{5}{4}T=2.5π$s
當$R=\frac{1}{4}$m時，小球運動的軌跡如圖中③所示，則：$tanβ=\frac{{L}_{2}}{R}=\frac{0.2}{\frac{1}{4}}=0.8$
所以：β=53°
小球運動的時間：${t}_{3}=\frac{1}{2}T+（\frac{360°-53°}{360°}）T=\frac{487π}{180}$s
答：（1）電場強度的大小為10V/m，方向豎直向下；
（2）小球運動的可能最大速率是$\frac{1}{3}$m/s；
（3）小球從O點運動到T點的時間是2πs，或$\frac{217π}{180}$s或$\frac{487π}{180}$s．

點評 該題可行帶電微粒在磁場中的運動，解答的關鍵是能夠正確畫出小球在磁場中運動的軌跡，確定小球的軌跡的可能的情況，最后再結合$\frac{θ}{360°}=\frac{t}{T}$求出時間．