Question

3．一宇宙人在太空（萬有引力可以忽略不計(jì)）玩壘球．壘球的質(zhì)量為m，帶有電量大小為q的負(fù)電荷，如圖所示，太空球場(chǎng)上半部分是長(zhǎng)為4a、寬為a的矩形磁場(chǎng)區(qū)域，該區(qū)域被y軸平分，且有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)．球場(chǎng)的下半部分有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)（無限大），x軸恰為磁場(chǎng)與電場(chǎng)的水平分界線，P點(diǎn)為y軸上y=-a的一點(diǎn)．
（1）若宇宙人將壘球從P點(diǎn)靜止開始釋放，要使壘球不從太空球場(chǎng)上邊界射出，求電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E大小．
（2）若壘球還是從P點(diǎn)靜止開始釋放，在x=2.5a處有一與x軸垂直的足夠大的球網(wǎng)（圖中未畫出）．若將球網(wǎng)向x軸正方向平移，壘球打在網(wǎng)上的位置始終不改變，則電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E′為多大？
（3）若a=3m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)充滿y＞0的所有區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=10T，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E₀=100V/m，一宇宙人從P點(diǎn)以適當(dāng)?shù)某跛俣绕叫杏谪?fù)x軸拋出壘球，壘球質(zhì)量m=0.1kg，q=-0.05C，使它經(jīng)過負(fù)x軸上的D點(diǎn)，然后歷經(jīng)磁場(chǎng)一次自行回至P點(diǎn)，求OD的距離和從拋出到第一次回到P點(diǎn)所用的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求得壘球經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度，由幾何關(guān)系知壘球恰好不從上邊界飛出，說明壘球在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑剛好等于磁場(chǎng)的寬度，根據(jù)半徑公式求解即可；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理和半徑公式計(jì)算出壘球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)；
（3）求出壘球在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后求出總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）壘球在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：qEa=$\frac{1}{2}$mv²-0，
粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
壘球不從太空球場(chǎng)邊界射出需要滿足：r≤a，解得：E≤$\frac{q{B}^{2}a}{2m}$；
（2）壘球在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：qE′a=$\frac{1}{2}$mv′²-0，
由“將球網(wǎng)向x軸正方向平移，壘球打在網(wǎng)上的位置始終不改變”可知，壘球離開磁場(chǎng)時(shí)壘球的速度方向平行于x軸沿+x方向，壘球進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為：
r′=$\frac{2a}{2n+1}$  n=1，2，3…，
由牛頓第二定律得：qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{r′}$，
解得：E′=$\frac{2q{B}^{2}a}{（2n+1）^{2}m}$  （n=1，2，3…）
（3）壘球在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)OD=d，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由幾何知識(shí)得：R=$\frac8mh360r{sinα}$，v₀sinα=$\sqrt{\frac{2q{E}_{0}a}{m}}$，壘球的軌道半徑：R=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，
解得：d=$\sqrt{\frac{2ma{E}_{0}}{q{B}^{2}}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：d=2$\sqrt{3}$m，
在電場(chǎng)中，a=$\frac{1}{2}$$\frac{q{E}_{0}}{m}$t₁²，
代入數(shù)據(jù)解得：t₁=$\frac{\sqrt{3}}{5}$s，v₀=$\fracafli5jh{{t}_{1}}$，
解得：v₀=10m/s，
在磁場(chǎng)中：tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\sqrt{\frac{2qa{B}^{2}}{m{E}_{0}}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：α=60°，
在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₂=$\frac{360°-2α}{360°}$T=$\frac{360°-2×60°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB}$，
解得：t₂=$\frac{4π}{15}$s，
運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=2t₁+t₂=$\frac{6\sqrt{3}+4π}{15}$s≈1.53s；
答：（1）電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E大小為：E≤$\frac{q{B}^{2}a}{2m}$．
（2）電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E′為：E′=$\frac{2q{B}^{2}a}{（2n+1）^{2}m}$  （n=1，2，3…）；
（3）OD的距離為2$\sqrt{3}$m，從拋出到第一次回到P點(diǎn)所用的時(shí)間為1.53s．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵是掌握帶壘球在加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)及由動(dòng)能定理求得經(jīng)加速電場(chǎng)后的速度，壘球在磁場(chǎng)中在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，要考慮到由條件作出壘球運(yùn)動(dòng)軌跡，由軌跡確定壘球運(yùn)動(dòng)的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解，要注意圓周運(yùn)動(dòng)的周期性．