Question

17．如圖所示，MN是一段在豎直平面內(nèi)半徑為1m的光滑的1/4圓弧軌道，軌道上存在水平向右的勻強(qiáng)電場．軌道的右側(cè)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₁=0.1T．現(xiàn)有一帶電荷量為0.1C、質(zhì)量為10g的帶正電小球從M點(diǎn)由靜止開始自由下滑，恰能沿NP方向做直線運(yùn)動(dòng)．已知EF板間的電壓為U_EF=2V，板間距離d=2m，EF板間存在有方向垂直紙面向里、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₂．ABCD是一邊長為L=1m的正方形盒，各邊均為光滑絕緣板，盒的AB邊恰好與磁場的左邊界重合．在AB邊的中點(diǎn)有一小孔Q，小孔Q與N、P在同一條水平直線上，帶電小球恰能從小孔Q進(jìn)入正方形盒內(nèi)，帶電小球與絕緣板碰撞時(shí)不損失動(dòng)能，但速度反向（g取10m/s²），求：
（1）小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的速度v．
（2）小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，重力和電場力的功率分別為多少？
（3）為保證帶電小球與正方形盒的壁發(fā)生多次碰撞后，仍能從小孔Q離開，則右側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小為多少？

Answer 1

分析 （1）抓住小球沿NP做直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)重力和洛倫茲力平衡求出小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度．
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求出電場力的大小，結(jié)合瞬時(shí)功率公式求出重力和電場力的功率．
（3）小球在板間復(fù)合場中所受的電場力和重力平衡，小球做圓周運(yùn)動(dòng)，

解答 解：（1）小球沿NP做直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件可得：
mg=qvB₁  
代入數(shù)據(jù)解得：v=10 m/s．
（2）小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得：
mgR+qER=$\frac{1}{2}$mv²，
代入數(shù)據(jù)解得：E=4 N/C或F_電=0.4N．
重力與速度垂直，則重力的功率為：P_G=0    
電場力的方向與速度同向，則電場力的功率為：P_E=Eqv=4×0.1×10W=4W．
（3）在板間復(fù)合場中小球受電場力為：$\frac{q{U}_{EF}}rlxe0jg=0.1N=mg$，與重力平衡．
故小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R′，由$qv{B}_{2}=m\frac{{v}^{2}}{R′}$得：$R′=\frac{mv}{q{B}_{2}}$，
欲使粒子仍能從Q孔處射出，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是有兩種情況．
根據(jù)幾何關(guān)系知：$R′=\frac{L}{2（2n+1）}=\frac{mv}{q{B}_{2}}$，（n=0，1，2，…）
解得：${B}_{2}=\frac{2（2n+1）mv}{qL}$=$\frac{2（2n+1）×0.01×10}{1×0.1}$=4n+2（T），（n=0，1，2，…）
根據(jù)幾何關(guān)系知：$R′=\frac{L}{4k}$=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$，（k=1，2，…）
解得：${B}_{2}=\frac{4kmv}{qL}=\frac{4k×0.01×10}{1×0.1}$=4k（T），（k=1，2，…）
答：（1）小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的速度v為10m/s．
（2）小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，重力和電場力的功率分別為0，4W．
（3）右側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小為4n+2（T），（n=0，1，2，…），或4k（T），（k=1，2，…）

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程較為復(fù)雜，要注意分段進(jìn)行分析，明確它在復(fù)合場中做直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等運(yùn)動(dòng)的受力特征及運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；注意在磁場中的圓心和半徑的確定，在復(fù)合場中注意應(yīng)用功能關(guān)系等進(jìn)行分析．