Question

18．如圖所示，在邊長(zhǎng)為4l的正方形abcd區(qū)域內(nèi)有方向豎直向上，電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在長(zhǎng)為4l、寬為l的長(zhǎng)方形aa′b′b區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．將一帶電小球從距離ab邊某高度處由靜止釋放，小球從ab中點(diǎn)O進(jìn)入aa′b′b區(qū)域并恰好做半徑為2l的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度為g，求：
（1）帶電小球的電荷量與質(zhì)量之比；
（2）小球從釋放到射出電場(chǎng)所需要的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）帶電小球進(jìn)入電磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，重力與電場(chǎng)力合力為零，據(jù)此求出荷質(zhì)比．
（2）帶電小球在電磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，求出小球轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，然后求出在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，離開(kāi)磁場(chǎng)后小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求出在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后求出總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）帶電小球在電磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
重力與電場(chǎng)力合力為零，洛倫茲力提供向心力，
則：mg=qE，解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{g}{E}$；
（2）小球在電磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，由題意知：r=2l，解得：v=$\frac{2glB}{E}$，
小球進(jìn)入電磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，
自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₁=$\frac{v}{g}$=$\frac{2lB}{E}$，
小球在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為θ：sinθ=$\frac{l}{r}$=$\frac{l}{2l}$=$\frac{1}{2}$，θ=30°，
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₂=$\frac{θ}{360°}$T=$\frac{πm}{6qB}$；
小球離開(kāi)磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度方向與豎直方向PP′成30°角，
Pb′=rcos30°=$\sqrt{3}$l，b′c=3l，小球恰好從c點(diǎn)射出，
小球離開(kāi)磁場(chǎng)直到離開(kāi)電場(chǎng)所用時(shí)間：t₃=$\frac{Pc}{v}$=$\frac{2\sqrt{3}l}{v}$，
小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{2Bl}{E}$+$\frac{E（π+6\sqrt{3}）}{6Bg}$；
答：（1）帶電小球的電荷量與質(zhì)量之比為$\frac{g}{E}$；
（2）小球從釋放到射出電場(chǎng)所需要的時(shí)間為$\frac{2Bl}{E}$+$\frac{E（π+6\sqrt{3}）}{6Bg}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，小球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，然后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用平衡條件、牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以解題．