Question

17．如圖所示，在豎直平面內(nèi)，水平x軸的上方和下方分別存在方向垂直紙面向外和方向垂直紙面向里的勻強磁場，其中x軸上方的勻強磁場磁感應強度大小為B₁，并且在第一象限和第二象限有方向相反．強弱相同的平行于x軸的勻強電場，電場強度大小為E₁，已知一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上的A（0，L）位置斜向下與y軸負半軸成60°角射入第一象限，恰能做勻速直線運動．
（1）判定帶電小球的電性，并求出所帶電荷量q及入射的速度大�。�
（2）為使得帶電小球在x軸下方的磁場中能做勻速圓周運動，需要在x軸下方空間加一勻強電場，試求所加勻強電場的方向和電場強度的大��；
（3）在滿足第（2）問的基礎上，若在x軸上安裝有一絕緣彈性薄板，并且調(diào)節(jié)x軸下方的磁場強弱，使帶電小球恰好與絕緣彈性板碰撞兩次后從x軸上的某一位置返回到x軸的上方（帶電小球與彈性板碰撞時，既無電荷轉(zhuǎn)移，也無能最損失，并且入射方向和反射方向與彈性板的夾角相同），然后恰能勻速直線運動至y軸上的A（0，L）位置，則：彈性板至少多長？帶電小球從A位置出發(fā)返回至A位置過程中所經(jīng)歷的時間．

Answer 1

分析 小球在第一象限，恰能做勻速直線運動．對小球受力分析，根據(jù)平衡條件確定電場力方向進而確定場強方向；
小球若在x軸下方的磁場中做勻速圓周運動，必須使得電場力與重力二力平衡；

解答 解：（1）小球在第一象限中的受力分析如圖所示，所以帶電小球的電性為負電，

mg=qE₁tan60°
q=$\frac{\sqrt{3}mg}{3{E}_{1}}$
又：qE₁=qvB₁cos60°
即：v=$\frac{2{E}_{1}}{{B}_{1}}$
（2）小球若在x軸下方的磁場中做勻速圓周運動，必須使得電場力與重力二力平衡，即應施加一豎直向下的勻強電場，
且電場強度大小滿足：qE=mg
即E=$\sqrt{3}$E₁
（3）要想讓小球恰好與彈性板發(fā)生兩次碰撞，并且碰撞后返回x軸上方空間勻速運動到A點，
則其軌跡應該如圖所示，且由幾何關系可知：
3PD=2ON 
$\frac{ON}{OA}$=$\frac{ON}{L}$=tan60°
聯(lián)立上述方程解得：
PD=DN=$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$L
R=$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$L
設在x軸下方的磁場磁感應強度為B，則滿足：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
T=$\frac{2πm}{qB}$
從N點運動到C點的時間為：
t=3×$\frac{360°-60°}{360°}$T
聯(lián)立上式解得：t=$\frac{5\sqrt{3}π{B}_{1}L}{3{E}_{1}}$
由幾何關系可知：$\frac{L}{AN}$=cos60°
在第一象限運動的時間t₁和第二象限中運動的時間t₂相等，且：
t₁=t₂=$\frac{AN}{v}$=$\frac{2L}{v}$=$\frac{{B}_{1}L}{{E}_{1}}$
所以帶電小球從A點出發(fā)至回到A點的過程中所經(jīng)歷的總時間為：t_總=t+t₁+t₂
聯(lián)立上述方程解得：t_總=$\frac{5\sqrt{3}π{B}_{1}L}{3{E}_{1}}$+$\frac{2{B}_{1}L}{{E}_{1}}$
答：（1）判定帶電小球的電性，所帶電荷量q為$\frac{\sqrt{3}mg}{3{E}_{1}}$，入射的速度大小為$\frac{2{E}_{1}}{{B}_{1}}$；
（2）為使得帶電小球在x軸下方的磁場中能做勻速圓周運動，需要在x軸下方空間加一勻強電場，所加勻強電場的方向豎直向下和電場強度的大小$\sqrt{3}$E₁；
（3）彈性板至少長為$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$L，帶電小球從A位置出發(fā)返回至A位置過程中所經(jīng)歷的時間為$\frac{5\sqrt{3}π{B}_{1}L}{3{E}_{1}}$+$\frac{2{B}_{1}L}{{E}_{1}}$．

點評 考查帶電粒子做勻速圓周運動與勻速直線運動，用牛頓第二定律與運動學公式，并結(jié)合幾何關系來處理這兩種運動，并突出準確的運動軌跡圖．