5.如圖所示,一帶電的小球從P點自由下落,P點距場區(qū)邊界MN高為5.0m,邊界MN下方有方向豎直向下、電場場強為E=5.0×10-2N/C的勻強電場,同時還有勻強磁場,小球從邊界上的a點進入電場與磁場的復合場后,恰能作勻速圓周運動,并從邊界上的b點穿出,已知ab=1.0m,求:
(1)判斷帶電小球帶何種電荷?并求出小球運動到a點的速度大。
(2)該勻強磁場的磁感強度B的大小和方向;
(3)小球從P經(jīng)a至b時,共需時間?

分析 (1)根據(jù)粒子所受電場力方向判斷粒子電性,應用機械能守恒定律求出小球的速度;
(2)由幾何關(guān)系可得粒子做圓周運動的半徑,由牛頓第二定律可求得磁感應強度的大;
(3)粒子由P到a做自由落體運動,由自由落體規(guī)律可求得下落時間;由a到b粒子做圓周運動,由轉(zhuǎn)過的角度可求得轉(zhuǎn)動的時間.

解答 解:(1)小球在電磁場中做勻速圓周運動,則重力與電場力合力為零,
洛倫茲力提供向心力,粒子所受重力豎直向下,則電場力豎直向上,
電場力方向與電場方向相反,則粒子帶負電;
從P到a過程粒子機械能守恒,由機械能守恒可知:
mgh=$\frac{1}{2}$mv2,解得:v=$\sqrt{2gh}$;
(2)粒子在復合場中做勻速圓周運動,則重力和電場力平衡,洛侖茲力提供做圓周運動的向心力,
重力和電場力平衡,電場力方向向上,電場方向向下,則為負電荷mg=Eq,比荷$\frac{q}{m}$=$\frac{g}{E}$,
粒子由a到b運動半周,由其受力方向根據(jù)左手定則可知磁場方向為垂直紙面向外
由牛頓第二定律可知:qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$,
而由幾何關(guān)系可知:L=2R
聯(lián)立可得:B=$\frac{2E\sqrt{2gh}}{gL}$;
(3)由p到a時,h=$\frac{1}{2}$gt12,t1=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$,
復合場中,粒子恰轉(zhuǎn)過了180°,則轉(zhuǎn)動時間:t2=$\frac{1}{2}$T=$\frac{1}{2}$•$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{πm}{qB}$=$\frac{πL}{2\sqrt{2gh}}$,
運動總時間:t=t1+t2=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$+$\frac{πL}{2\sqrt{2gh}}$;
答:(1)帶電小球帶負電荷,小球運動到a點的速度大小為$\sqrt{2gh}$.
(2)該勻強磁場的磁感強度B的大小為:$\frac{2E\sqrt{2gh}}{gL}$,方向:垂直紙面向外.
(3)小球從P經(jīng)a至b時,共需時間$\sqrt{\frac{2h}{g}}$+$\frac{πL}{2\sqrt{2gh}}$.

點評 粒子在復合場的運動要注意幾種特殊的運動,如粒子做勻速直線運動,則受力平衡;粒子做圓周運動,則重力一定與電場力平衡,洛侖茲力充當向心力.

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B.E=|$\frac{kq{R}_{1}}{[{{R}_{1}}^{2}+(a+r)^{2}]^{\frac{3}{2}}}$-$\frac{kq{R}_{2}}{[{R}_{2}^{2}+(a-r)^{2}]^{\frac{3}{2}}}$]
C.E=|$\frac{kq(a+r)}{{[R}_{1}^{2}+(a+r)^{2}]}$-$\frac{kq(a-r)}{[{R}_{2}^{2}+(a-r)^{2}]}$|
D.E=|$\frac{kq(a+r)}{[{R}_{1}^{2}+(a+r)^{2}]^{\frac{3}{2}}}$-$\frac{kq(a-r)}{[{R}_{2}^{2}+(a-r)^{2}]^{\frac{3}{2}}}$|

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