Question

6．如圖所示，在xoy平面內(nèi)的第三象限中有沿-y方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，在第一和第二象限有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于坐標(biāo)平面，在其他三個(gè)象限存在于磁場垂直的勻強(qiáng)電場，有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，從y軸的P點(diǎn)以初速度v₀垂直于電場方向進(jìn)入電場，小球經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，從M點(diǎn)進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動(dòng)，并到達(dá)+x軸的N點(diǎn)，最后到達(dá)-y軸，已知OM=2OP=2ON，求：
（1）求小球在其他三象限的電場強(qiáng)度E₀
（2）求小球到達(dá)-y軸時(shí)距坐標(biāo)原點(diǎn)的距離；
（3）求小球從P點(diǎn)出發(fā)能到達(dá)-y軸時(shí)，磁場區(qū)域的最小的矩形面積．

Answer 1

分析 （1）小球在其他三個(gè)象限，受重力在電場與磁場的復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件為：重力與電場力平衡，根據(jù)左手定則和圓周運(yùn)動(dòng)的方向可判斷小球電性；
（2）在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解，針對(duì)分運(yùn)動(dòng)運(yùn)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，以及速度偏向角和位移偏向角等幾何關(guān)系求解；
（3）根據(jù)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡，畫出與軌跡相切的最小矩形，結(jié)合幾何關(guān)系計(jì)算分析出矩形的長寬即可求面積．

解答 解：（1）根據(jù)小球在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)有：qE₀=mg，解得：E₀=$\frac{mg}{q}$，
根據(jù)帶電小球在磁場中做順時(shí)針的圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左右定則可知：粒子帶負(fù)點(diǎn)，所以小球在其他三象限的電場方向豎直向下，
（2）在電場中小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，
根據(jù)類平拋的規(guī)律有：x=v₀t，y=$\frac{1}{2}$at²，v_x=v₀，v_y=at
根據(jù)已知：x=2y，
運(yùn)用牛頓第二定律得：qE-mg=ma，聯(lián)立可得y=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2（qE-mg）}$，
設(shè)小球做類平拋過程的位移偏轉(zhuǎn)角為α，速度偏轉(zhuǎn)角為θ，
根據(jù)幾何關(guān)系得：tanα=$\frac{y}{x}$=$\frac{\frac{1}{2}a{t}^{2}}{{v}_{0}t}$=$\frac{at}{2{v}_{0}}$=$\frac{1}{2}$
又因?yàn)椋簍anθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$=$\frac{at}{{v}_{0}}$=1，故小球進(jìn)入磁場時(shí)與x軸的負(fù)方向夾角θ=45°，

小球在磁場中運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)軌跡，如圖所示，由對(duì)稱性可知，從N點(diǎn)飛出時(shí)小球速度與x軸負(fù)方向成45°角
出磁場后由于受力平衡做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)已知OP=ON，故剛好回到原來出發(fā)點(diǎn)P，
所以小球到原點(diǎn)距離為OP=y=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2（qE-mg）}$，
（3）根據(jù)幾何關(guān)系可知小球在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為$\frac{π}{2}$，所以勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=$\frac{\sqrt{2}}{2}$MN，
聯(lián)立已知條件可得：MN=3ON=3y=$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{2（qE-mg）}$
所以矩形磁場區(qū)域的最小的面積S=2R•（R+$\frac{\sqrt{2}}{2}$R）
聯(lián)立得：S=$\frac{（18+9\sqrt{2}）{{m}^{2}v}_{0}^{4}}{32（qE-mg）^{2}}$

答：（1）小球在其他三象限的電場強(qiáng)度E₀大小為$\frac{mg}{q}$，方向豎直向下；
（2）小球到達(dá)-y軸時(shí)距坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2（qE-mg）}$；
（3）小球從P點(diǎn)出發(fā)能到達(dá)-y軸時(shí)，磁場區(qū)域的最小的矩形面積為$\frac{（18+9\sqrt{2}）{{m}^{2}v}_{0}^{4}}{32（qE-mg）^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查：帶電小球在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)和帶電小球在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)，熟悉在重力、電場力、洛倫茲力作用下物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件：即重力與電場力平衡；掌握類平拋運(yùn)動(dòng)的處理方式，把類平拋運(yùn)動(dòng)分解成相互垂直方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過分運(yùn)動(dòng)的處理得到合運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．第一問注意場強(qiáng)是矢量，要說明方向，第一問場強(qiáng)的方向也可以根據(jù)類平拋過程球能向上運(yùn)動(dòng)，小球向上的電場力大于向下的重力，所以一定帶負(fù)點(diǎn)，進(jìn)而判斷出E₀的方向?yàn)樨Q直向下．