Question

13．如圖，空間某區(qū)域存在寬度為5d=0.4m豎直向下的勻強電場，電場強度為0.1V/m，在電場中還存在3個磁感應強度方向垂垂直向里的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為0.1T，一帶負電小球從離磁場1上邊界h=0.2m的A處自由下落，帶電小球在這個有電場和磁場的區(qū)域運動．已知磁場寬度為d=0.08m，兩個磁場相距也為d，帶電小球質(zhì)量為m=10^-5kg，小球帶有的電荷量為q=-10^-3C．求：
（1）小球剛進入電場磁場區(qū)域時的速度；
（2）小球第一次離開磁場1時的速度及穿過磁場1、磁場2所用的總時間；
（3）帶電小球能回到與A同一高度處嗎？如不能回到同一高度．請你通過計算加以說明；如能夠回到同一高度，則請求出從A處出發(fā)開始計時到回到同一高度的最少時間．（假設磁場電場區(qū)域足夠長，g=10m/s²，$\sqrt{0.84}$=0.92）

Answer 1

分析 （1）微粒做自由落體運動，機械能守恒，由機械能守恒定律可以求出微粒的速度．
（2）微粒在磁場中做勻速圓周運動，求出微粒所轉過的圓心角，然后求出運動時間．
（3）求出微粒在各區(qū)域運動的時間，然后求出微粒的總運動時間．

解答 解：（1）微粒在進入電場磁場區(qū)域之前為自由落體運動，由機械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}$mv²=mgh，
代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s，方向豎直向下；
（2）微粒進入電場磁場區(qū)域時，始終受到重力、電場力作用，但重力、電場力始終大小相等，方向相反，因此，微粒在電場磁場區(qū)域運動時可以不考慮這兩個力的影響．微粒在磁場1中運動時只考慮洛倫茲力的作用．
微粒在磁場1中做勻速圓周運動，洛倫茲力對微粒不做功，微粒速度大小不變，微粒離開磁場1時速度大小v=2m/s，
假設微粒在磁場1中運動時圓弧對應的圓心角為θ₁，

粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
代入數(shù)據(jù)解得：r=0.2m，
sinθ₁=$\frackas75ke{r}$=$\frac{0.08}{0.2}$=0.4，所以帶電微粒離開磁場1時速度方向為與豎直方向的夾角為θ₁，
微粒在磁場1和磁場2中運動時的兩端圓弧半徑相等，兩端圓弧對接后所對的圓心角為θ₂，
則sinθ₂=$\frac{2d}{r}$=$\frac{2×0.08}{0.2}$=0.8，則θ₂=53°，時間t=$\frac{{θ}_{2}}{360°}$T，T=$\frac{2πm}{qB}$，
代入數(shù)據(jù)解得：t=0.092s；
（3）分析微粒在電場磁場區(qū)域的運動情況，微�？梢曰氐脚cA等高的位置．
在三個磁場中運動的總時間為半個圓周運動周期，t₁=$\frac{πm}{qB}$
代入數(shù)據(jù)解得：t₁=0.314s，
微粒在電場磁場區(qū)域的上方運動的總時間為：t₂=2$\sqrt{\frac{2h}{g}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：t₂=0.4s，
微粒在磁場1和磁場2之間的電場中運動為勻速直線運動，
總時間為t₃=2$\fracosr9zd6{vcos{θ}_{1}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：t₃=0.087s，
微粒在磁場3和磁場2之間的電場中運動也為勻速直線運動，
總時間為t₄=2$\fracbfoihq5{vcos{θ}_{2}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：t₃=0.133s，
所以，微粒要回到與A等高處的最少時間：t=t₁+t₂+t₃+t₄，
代入數(shù)據(jù)解得：t=0.934s；
答：（1）小球剛進入電場磁場區(qū)域時的速度為2m/s；
（2）小球第一次離開磁場1時的速度大小是2m/s，速度方向為與豎直方向的夾角為crcsin0.4；穿過磁場1磁場2所用的時間0.092s；
（3）帶電小球能回到與A同一高度處；從A處出發(fā)開始計時到回到同一高度的時間為0.934s．

點評 本題考查了帶電微粒的運動，微粒運動過程較為復雜，分析清楚微粒的運動過程是正確解題的前提與關鍵，應用機械能守恒定律、牛頓第二定律等即可正確解題，要注意數(shù)學知識的應用．