Question

20．如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=10T，方向垂直xOy平面向外，電場(chǎng)線平行于y軸．一質(zhì)量m=0.01kg、電荷量q=1.0×10^-2 C的帶負(fù)電的小球，從y軸上的A點(diǎn)以速度v₀=2m/s向右水平拋出，經(jīng)x軸上的M點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)和磁場(chǎng)，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從x軸上的N點(diǎn)第一次離開(kāi)電場(chǎng)和磁場(chǎng)，小球經(jīng)過(guò)M點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸的方向夾角θ=45°．不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g=10m/s²，求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向；
（2）M、N之間的距離L，
（3）小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，知道電場(chǎng)力和重力平衡，靠洛倫茲力提供向心力，根據(jù)重力和電場(chǎng)力平衡求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向．
（2）小球進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域前做平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)末速度分解得到合速度；在電磁場(chǎng)中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中的速度大小，求出軌道半徑，根據(jù)幾何關(guān)系求出MN間的距離．
（3）對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分速度公式列式求解時(shí)間；對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)t=$\frac{α}{2π}T$求解時(shí)間；最后得到總時(shí)間．

解答 解：（1）小球進(jìn)入電磁場(chǎng)復(fù)合區(qū)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力平衡，故：
qE=mg，
解得：E=$\frac{mg}{q}=\frac{0.01×10}{1.0×1{0}^{-2}}N/C=10N/C$；
電場(chǎng)力向上，而小球帶負(fù)電荷，故場(chǎng)強(qiáng)向下；
（2）對(duì)應(yīng)平拋的末速度，有：cosθ=$\frac{{v}_{0}}{v}$，
解得v=$\frac{{v}_{0}}{cos45°}=\frac{2m/s}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=2\sqrt{2}m/s$；
小球在電磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫(huà)出軌跡，如圖所示：

結(jié)合幾何關(guān)系，有：L=$\sqrt{2}$r，
根據(jù)牛頓第二定律，有：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$，
聯(lián)立解得：L=0.4m；
（3）對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)，豎直分速度：v_y=vsin45°=gt₁，
解得：t₁=$\frac{vsin45°}{g}=\frac{2\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}}{10}s=0.2s$；
對(duì)于圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₂=$\frac{\frac{π}{2}}{2π}T$=$\frac{1}{4}×\frac{2πm}{qB}$=$\frac{πm}{2qB}$=$\frac{π×0.01}{2×1{0}^{-2}×10}s$=$\frac{π}{20}$s，
故小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間t=t₁+t₂=0.2s+$\frac{π}{20}$s≈0.357s；
答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為10N/C，方向豎直向下；
（2）M、N之間的距離L為0.4m，
（3）小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間約為0.357s．

點(diǎn)評(píng) 本題要掌握平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，能正確的畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，并根據(jù)幾何關(guān)系確定各量之間的關(guān)系．