Question

3．一宇宙人在太空（萬有引力可以忽略不計）玩壘球．壘球的質(zhì)量為m，帶有電量大小為q的負電荷，如圖所示，太空球場上半部分是長為4a、寬為a的矩形磁場區(qū)域，該區(qū)域被y軸平分，且有磁感應(yīng)強度為B、垂直紙面向里的水平勻強磁場．球場的下半部分有豎直向下的勻強電場（無限大），x軸恰為磁場與電場的水平分界線，P點為y軸上y=-a的一點．
（1）若宇宙人將壘球從P點靜止開始釋放，要使壘球不從太空球場上邊界射出，求電場的電場強度E大�。�
（2）若壘球還是從P點靜止開始釋放，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，則電場的電場強度E′為多大？
（3）若a=3m，勻強磁場充滿y＞0的所有區(qū)域，磁感應(yīng)強度B=10T，勻強電場的電場強度E₀=100V/m，一宇宙人從P點以適當(dāng)?shù)某跛俣绕叫杏谪搙軸拋出壘球，壘球質(zhì)量m=0.1kg，q=-0.05C，使它經(jīng)過負x軸上的D點，然后歷經(jīng)磁場一次自行回至P點，求OD的距離和從拋出到第一次回到P點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求得壘球經(jīng)電場加速后的速度，由幾何關(guān)系知壘球恰好不從上邊界飛出，說明壘球在磁場中圓周運動的半徑剛好等于磁場的寬度，根據(jù)半徑公式求解即可；
（2）根據(jù)動能定理和半徑公式計算出壘球做圓周運動的半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出電場場強；
（3）求出壘球在電場與磁場中的運動時間，然后求出總的運動時間．

解答 解：（1）壘球在電場中加速，由動能定理得：qEa=$\frac{1}{2}$mv²-0，
粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
壘球不從太空球場邊界射出需要滿足：r≤a，解得：E≤$\frac{q{B}^{2}a}{2m}$；
（2）壘球在電場中加速，由動能定理得：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，壘球離開磁場時壘球的速度方向平行于x軸沿+x方向，壘球進入勻強磁場后做勻速圓周運動的軌道半徑為：
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）壘球在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)OD=d，運動軌跡如圖所示：

由幾何知識得：R=$\fracdjn9hlr{sinα}$，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}$s，v₀=$\fracdb5pfp5{{t}_{1}}$，
解得：v₀=10m/s，
在磁場中：tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\sqrt{\frac{2qa{B}^{2}}{m{E}_{0}}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：α=60°，
在磁場中的運動時間：t₂=$\frac{360°-2α}{360°}$T=$\frac{360°-2×60°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB}$，
解得：t₂=$\frac{4π}{15}$s，
運動時間：t=2t₁+t₂=$\frac{6\sqrt{3}+4π}{15}$s≈1.53s；
答：（1）電場的電場強度E大小為：E≤$\frac{q{B}^{2}a}{2m}$．
（2）電場的電場強度E′為：E′=$\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點所用的時間為1.53s．

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