Question

4．如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的平面直角坐標(biāo)系xoy，y軸豎直向上，第三象限梯形OACD范圍內(nèi)加有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，電場強(qiáng)度為E₁=1.5N/C，B大小未知；OA與y軸成θ=45°夾角．第三、四象限在梯形之外加有水平方向的電場E₂，其大小隨時(shí)間變化如圖乙所示（取水平向右為正向）．今有帶電小球從A點(diǎn)正上方的F點(diǎn)（x=-0.15$\sqrt{2}$m，y=0.1m）自由下落，在梯形中恰做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，t=0時(shí)刻恰垂直于OA邊進(jìn)入E₂的電場中，t₁時(shí)刻第一次經(jīng)過y軸，t₂時(shí)刻第二次經(jīng)過y軸．（g=10m/s²）求：

（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大��；
（2）小球在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（3）時(shí)刻t₁、t₂各為多少．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電場力和重力相等求解比荷，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)求出進(jìn)入磁場中的速度，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（2）求出小球在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡對應(yīng)的圓心角，根據(jù)周期公式求解時(shí)間；
（3）水平方向根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系、速度時(shí)間關(guān)系求解時(shí)間．

解答 解：（1）小球在梯形中恰做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場力和重力相等，則有：qE₁=mg，
解得：$\frac{q}{m}=\frac{20}{3}C/kg$；
小球進(jìn)入復(fù)合場中的速度為v，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)可得：mgy=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v=$\sqrt{2}m/s$；
根據(jù)題意可知，粒子在復(fù)合場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：R=x=0.15$\sqrt{2}$m，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：B=1T；
（2）小球在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓心即為O，軌跡對應(yīng)的圓心角為：$α=\frac{π}{2}-θ=\frac{π}{4}$，
所以小球在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=$\frac{1}{8}T=\frac{1}{8}×\frac{2πm}{qB}=\frac{1}{8}×\frac{2π}{1}×\frac{3}{20}s=\frac{3π}{80}s$≈0.12s；
（3）粒子射出復(fù)合場后沿水平方向的分速度為：v_x=vcos45°=1m/s，
設(shè)水平方向的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律可得：$a=\frac{q{E}_{2}}{m}=\frac{20}{3}×6m/{s}^{2}=40m/{s}^{2}$，
小球離開磁場時(shí)距離y軸的距離為：${x}_{1}=Rsinθ=0.15\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}m=0.15m$，
根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得：${x}_{1}={v}_{x}{t}_{1}+\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：t₁=0.065s；
第一次經(jīng)過y軸時(shí)水平方向的速度為：v₁=v_x+at₁=（1+40×0.065）m/s=3.6m/s，
粒子再次回到y(tǒng)軸的時(shí)間為：t′₁=$\frac{2{v}_{1}}{a}=\frac{2×3.6}{40}s=0.18s$，
所以有：t₂=t₁+t′₁=0.065s+0.18s=0.245s．
答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為1T；
（2）小球在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.12s；
（3）時(shí)刻t₁、t₂分別為0.065s、0.245s．

點(diǎn)評 對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時(shí)間