Question

1．如圖所示，在Ⅰ區(qū)里有與水平方向成60°角的勻強電場E₁，寬度為d，在Ⅱ區(qū)里有垂直于平面向外的勻強磁場和豎直方向的電場E₂，寬度也為d，一帶電量為q、質(zhì)量為m的微粒自圖中P點由靜止釋放后沿虛線做直線運動進入Ⅱ區(qū)的磁場，已知PQ與中間邊界MN的夾角是60°，若粒子進入Ⅱ區(qū)后再做勻速圓周運動還能回到MN邊界上．重力加速度為g，Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)的場在豎直方向足夠長，d、m、q已知，求：
（1）微粒帶何種電荷，Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)電場E₁和E₂的大小的比值及E₂方向；
（2）若微粒能再次回到MN邊界，Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強度B的范圍；
（3）微粒從開始運動到第二次到達MN的最長時間．

Answer 1

分析 （1）微粒在Ⅰ區(qū)受到重力和電場力作用而做初速度為零的勻加速直線運動，畫出其受力示意圖，求解電場強度E₁的大�。�在Ⅱ區(qū)微粒做勻速圓周運動，重力與電場力平衡，由此列式求解E₂的大小，并確定E₂方向．即可求解E₁和E₂的大小的比值．
（2）若微粒恰能再次回到MN邊界，其軌跡與磁場Ⅱ右邊界相切，畫出軌跡，求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度的最小值，從而得到其范圍．
（3）在Ⅰ區(qū)中，由運動學(xué)公式求解時間．在Ⅱ區(qū)，根據(jù)軌跡的圓心角求解時間，從而得到總時間．

解答 解：（1）微粒在Ⅰ區(qū)受到重力和電場力作用而做初速度為零的勻加速直線運動，受力示意圖如圖，其合力沿PQ方向，可知微粒帶正電．
由幾何關(guān)系得：qE₁=2mgcos30°
可得 E₁=$\frac{\sqrt{3}mg}{q}$
在Ⅱ區(qū)微粒做勻速圓周運動，重力與電場力平衡，有 qE₂=mg
可得 E₂=$\frac{mg}{q}$，方向豎直向上．
故$\frac{{E}_{1}}{{E}_{2}}$=$\sqrt{3}$
（2）在Ⅰ區(qū)中，由幾何關(guān)系可知，微粒的合外力F_合=mg
根據(jù)動能定理得 F_合$\frackeiu4ik{sin60°}$=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得 v=2$\sqrt{\frac{\sqrt{3}gd}{3}}$
若微粒恰能再次回到MN邊界，其軌跡與磁場Ⅱ右邊界相切，畫出軌跡如圖，設(shè)軌跡半徑為r，則
 r+rsin30°=d
得 r=$\frac{2}{3}$d
由qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$得 B=$\frac{m\sqrt{3\sqrt{3}gd}}{qd}$
故，Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強度B的范圍 B＞$\frac{m\sqrt{3\sqrt{3}gd}}{qd}$．
（3）設(shè)微粒在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)運動時間分別為t₁和t₂．
則 $\fracu2c2wik{sin60°}$=$\frac{v{t}_{1}}{2}$，得t₁=2$\sqrt{\fracyuo4c2k{g}}$
t₂=$\frac{240°}{360°}$T
而周期 T=$\frac{2πm}{qB}$
聯(lián)立得 t₂=$\frac{4π}{3\sqrt{3\sqrt{3}}}$$\sqrt{\fracmi42kuo{g}}$
故總時間 t=t₁+t₂=（2+$\frac{4π}{3\sqrt{3\sqrt{3}}}$）$\sqrt{\fracycggysu{g}}$
答：
（1）微粒帶正電荷，Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)電場E₁和E₂的大小的比值為$\sqrt{3}$，E₂方向豎直向上；
（2）若微粒能再次回到MN邊界，Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強度B的范圍 B＞$\frac{m\sqrt{3\sqrt{3}gd}}{qd}$；
（3）微粒從開始運動到第二次到達MN的最長時間為（2+$\frac{4π}{3\sqrt{3\sqrt{3}}}$）$\sqrt{\fracsqas22w{g}}$．

點評 本題要掌握受力分析的方法，掌握受力平衡狀態(tài)方程，理解力的平行四邊形定則與牛頓第二定律的應(yīng)用，注意幾何關(guān)系在本題的運用．