Question

19．如圖所示，豎直平面內(nèi)的直角坐標系xOy的第Ⅱ象限內(nèi)有互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E₁=2500N/C，方向豎直向上；磁感應強度B=1×10³T，方向垂直紙面向外；有一質(zhì)量m=1×10^-2kg、電荷量q=4×10^-5C的帶正電小球自P點沿水平線成45°角以v₀=4m/s的速度射入復合場中，之后小球恰好垂直y軸進入電場強度E₂=2500N/C，方向豎直向下的第二個勻強電場中的第Ⅰ象限內(nèi)，不計空氣阻力，g取10m/s²．求：
（1）O點到P點的距離s₁；
（2）帶電小球經(jīng)過Q點時與O點的距離s₂．

Answer 1

分析 （1）粒子在復合場中電場力和重力平衡，則只在洛侖茲力的作用下做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可知粒子的半徑，由幾何關系可得出兩點間的距離；
（2）粒子在電場中，由于重力和電場力的作用做類平拋運動，建立合適的坐標系，則可由運動的合成與分解求得兩點間的距離．

解答 解：（1）帶電小球在正交的勻強電場和勻強磁場中受到重力G=mg=0.1N；
電場力F₁=Eq=0.1N
即G=F₁，故小球在正交的電場由A到C做勻速圓周運動．
根據(jù)牛頓第二定律可知Bqv₀=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
解得：R=$\frac{m{v}_{0}}{Bq}$=$\frac{1×1{0}^{-2}×4}{1{0}^{3}×4×1{0}^{-5}}$=1m
因小球自P點沿水平線成45°角，由幾何關系得：s₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$R=$\frac{\sqrt{2}}{2}$m；
（2）帶電小球在C點的速度大小仍為v₀=4m/s，方向與x軸平行．
由于電場力F₂=Eq=0.1N
與重力大小相等，方向相同，
則合力的大小為F=0.2N，方向與初速度垂直，
故小球在第二個電場中作類平拋運動．
建立如圖所示的坐標系，沿y方向上，小球的加速度a=$\frac{F}{m}$=$\frac{0.2}{0.01}$=20m/s²；
位移y=$\frac{1}{2}$at²
x方向上有小球的位移x=v₀t
由幾何關系可知：y=CO=R-AO=（1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）m
解得：t=0.17s
而水平方向，Q到P點的距離為s₂=v₀t=4×0.17=0.68m，
答：（1）O點到P點的距離$\frac{\sqrt{2}}{2}$m；
（2）帶電小球經(jīng)過Q點時與O點的距離0.68m．

點評 本題考查帶電粒子在復合場中的運動，要注意當粒子在復合場中做勻速圓周運動時，粒子受到的電場力與重力平衡，掌握粒子做類平拋運動的處理規(guī)律．