Question

6．如圖所示，在xoy平面內(nèi)的第三象限中有沿-y方向的勻強電場，場強大小為E，在第一和第二象限有勻強磁場，方向垂直于坐標平面，在其他三個象限存在于磁場垂直的勻強電場，有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，從y軸的P點以初速度v₀垂直于電場方向進入電場，小球經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，從M點進入磁場做圓周運動，并到達+x軸的N點，最后到達-y軸，已知OM=2OP=2ON，求：
（1）求小球在其他三象限的電場強度E₀
（2）求小球到達-y軸時距坐標原點的距離；
（3）求小球從P點出發(fā)能到達-y軸時，磁場區(qū)域的最小的矩形面積．

Answer 1

分析 （1）小球在其他三個象限，受重力在電場與磁場的復(fù)合場中做勻速圓周運動的條件為：重力與電場力平衡，根據(jù)左手定則和圓周運動的方向可判斷小球電性；
（2）在電場中做類平拋運動，運用運動的合成和分解，針對分運動運用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)規(guī)律，以及速度偏向角和位移偏向角等幾何關(guān)系求解；
（3）根據(jù)粒子做勻速圓周運動的軌跡，畫出與軌跡相切的最小矩形，結(jié)合幾何關(guān)系計算分析出矩形的長寬即可求面積．

解答 解：（1）根據(jù)小球在磁場中做圓周運動有：qE₀=mg，解得：E₀=$\frac{mg}{q}$，
根據(jù)帶電小球在磁場中做順時針的圓周運動，根據(jù)左右定則可知：粒子帶負點，所以小球在其他三象限的電場方向豎直向下，
（2）在電場中小球做類平拋運動，
根據(jù)類平拋的規(guī)律有：x=v₀t，y=$\frac{1}{2}$at²，v_x=v₀，v_y=at
根據(jù)已知：x=2y，
運用牛頓第二定律得：qE-mg=ma，聯(lián)立可得y=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2（qE-mg）}$，
設(shè)小球做類平拋過程的位移偏轉(zhuǎn)角為α，速度偏轉(zhuǎn)角為θ，
根據(jù)幾何關(guān)系得：tanα=$\frac{y}{x}$=$\frac{\frac{1}{2}a{t}^{2}}{{v}_{0}t}$=$\frac{at}{2{v}_{0}}$=$\frac{1}{2}$
又因為：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$=$\frac{at}{{v}_{0}}$=1，故小球進入磁場時與x軸的負方向夾角θ=45°，

小球在磁場中運動到N點軌跡，如圖所示，由對稱性可知，從N點飛出時小球速度與x軸負方向成45°角
出磁場后由于受力平衡做勻速直線運動，根據(jù)已知OP=ON，故剛好回到原來出發(fā)點P，
所以小球到原點距離為OP=y=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2（qE-mg）}$，
（3）根據(jù)幾何關(guān)系可知小球在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為$\frac{π}{2}$，所以勻速圓周運動的半徑R=$\frac{\sqrt{2}}{2}$MN，
聯(lián)立已知條件可得：MN=3ON=3y=$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{2（qE-mg）}$
所以矩形磁場區(qū)域的最小的面積S=2R•（R+$\frac{\sqrt{2}}{2}$R）
聯(lián)立得：S=$\frac{（18+9\sqrt{2}）{{m}^{2}v}_{0}^{4}}{32（qE-mg）^{2}}$

答：（1）小球在其他三象限的電場強度E₀大小為$\frac{mg}{q}$，方向豎直向下；
（2）小球到達-y軸時距坐標原點的距離為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2（qE-mg）}$；
（3）小球從P點出發(fā)能到達-y軸時，磁場區(qū)域的最小的矩形面積為$\frac{（18+9\sqrt{2}）{{m}^{2}v}_{0}^{4}}{32（qE-mg）^{2}}$．

點評 本題考查：帶電小球在勻強電場中的運動和帶電小球在復(fù)合場中的運動，熟悉在重力、電場力、洛倫茲力作用下物體做勻速圓周運動的條件：即重力與電場力平衡；掌握類平拋運動的處理方式，把類平拋運動分解成相互垂直方向的勻速直線運動和初速度為零的勻加速直線運動，通過分運動的處理得到合運動的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．第一問注意場強是矢量，要說明方向，第一問場強的方向也可以根據(jù)類平拋過程球能向上運動，小球向上的電場力大于向下的重力，所以一定帶負點，進而判斷出E₀的方向為豎直向下．