Question

12．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限内存在着等大反向的另一匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，MN、EF为电场和磁场区域的边界线，一电荷量为-q、质量为m的小球从y轴上的P点以速度v₀垂直进入电场，经x轴上的Q点进入电、磁复合场，已知OP=OM=d，OQ=$\frac{3}{2}$d，OF=2Od，v₀=$\frac{3}{2}$$\sqrt{gd}$．
（1）求匀强电场电场强度的大小和小球经过Q的速度．
（2）要使小球不越过边界MN，求所加磁场磁感应强度的最小值．
（3）若所加磁场的磁感应强度B′=$\frac{2m}{qd}$$\sqrt{gd}$，小球经多长时间能从右边界射出．

Answer 1

分析 （1）粒子在第一象限的电场中做类平抛运动，将运动分解，求出小球受到的电场力的大小以及小球经过Q点的速度；由E=$\frac{F}{q}$求出电场强度．
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子的运动轨迹，由数学知识求出粒子的轨道半径；洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度．
（3）求出小球周期性运动的周期，然后求出粒子在一个周期内沿x轴方向的位移，再求出小球的运动时间．

解答 解：（1）小球在第一象限内做类平抛运动，
水平方向：$\frac{3}{2}$d=v₀t，
小球在电场线方向的位移：
d=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{mg+qE}{m}$t²，
解得：E=$\frac{mg}{q}$，
小球到达Q时，竖直向下的速度为v_y，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v_y²-0=2×2g×d，
小球的速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，解得：v=2.5$\sqrt{gd}$，
小球速度与x轴的夹角：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{2\sqrt{gd}}{\frac{3}{2}\sqrt{gd}}$=$\frac{4}{3}$，解得：θ=53°；
（2）小球在第四象限受到的电场力F=qE=mg，方向向上，所以小球受到的合力等于洛伦兹力，
所以小球在第四象限内做匀速圆周运动，要使小球不越过边界MN，运动的临界轨迹如图所示，
由数学知识可得：r-rsin37°=d，解得：r=2.5d，
由牛顿第二定律得：qBv=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{m\sqrt{gd}}{qd}$；
（3）当B′=$\frac{2m\sqrt{gd}}{qd}$时小球做圆周运动的半径：R=$\frac{5d}{4}$，
小球做周期性运动的周期：T=2$\sqrt{\frac{d}{g}}$+$\frac{2×53°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB′}$=（2+$\frac{53π}{180}$）$\sqrt{\frac{d}{g}}$，
每个周期小球沿x轴方向的位移：x=2（v₀t+R′sin53°），解得：x=5d，
经过4个周期小球从右边界射出，
时间：t=4T=（8+$\frac{53π}{180}$）$\sqrt{\frac{d}{g}}$；
答：（1）匀强电场电场强度的大小为：$\frac{mg}{q}$，小球经过Q的速度大小为2.5$\sqrt{gd}$．
（2）要使小球不越过边界MN，所加磁场磁感应强度的最小值为=$\frac{m\sqrt{gd}}{qd}$．
（3）若所加磁场的磁感应强度B′=$\frac{2m}{qd}$$\sqrt{gd}$，小球经时间：（8+$\frac{53π}{180}$）$\sqrt{\frac{d}{g}}$能从右边界射出．

点评 本题是带电粒子在电场、磁场中运动的综合题，根据题意作出粒子的运动轨迹．应用数学知识求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径、粒子转过的圆心角，是本题的难点，也是正确解题的关键．