Question

4．如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的平面直角坐標系xoy，y軸豎直向上，第三象限梯形OACD范圍內(nèi)加有豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場B，電場強度為E₁=1.5N/C，B大小未知；OA與y軸成θ=45°夾角．第三、四象限在梯形之外加有水平方向的電場E₂，其大小隨時間變化如圖乙所示（取水平向右為正向）．今有帶電小球從A點正上方的F點（x=-0.15$\sqrt{2}$m，y=0.1m）自由下落，在梯形中恰做勻速圓周運動，t=0時刻恰垂直于OA邊進入E₂的電場中，t₁時刻第一次經(jīng)過y軸，t₂時刻第二次經(jīng)過y軸．（g=10m/s²）求：

（1）磁感應強度B的大小；
（2）小球在磁場中運動的時間；
（3）時刻t₁、t₂各為多少．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電場力和重力相等求解比荷，根據(jù)自由落體運動求出進入磁場中的速度，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應強度；
（2）求出小球在磁場中運動軌跡對應的圓心角，根據(jù)周期公式求解時間；
（3）水平方向根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)位移時間關(guān)系、速度時間關(guān)系求解時間．

解答 解：（1）小球在梯形中恰做勻速圓周運動，電場力和重力相等，則有：qE₁=mg，
解得：$\frac{q}{m}=\frac{20}{3}C/kg$；
小球進入復合場中的速度為v，根據(jù)自由落體運動可得：mgy=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v=$\sqrt{2}m/s$；
根據(jù)題意可知，粒子在復合場中做圓周運動的半徑為：R=x=0.15$\sqrt{2}$m，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：B=1T；
（2）小球在磁場中運動的圓心即為O，軌跡對應的圓心角為：$α=\frac{π}{2}-θ=\frac{π}{4}$，
所以小球在磁場中運動時間為：t=$\frac{1}{8}T=\frac{1}{8}×\frac{2πm}{qB}=\frac{1}{8}×\frac{2π}{1}×\frac{3}{20}s=\frac{3π}{80}s$≈0.12s；
（3）粒子射出復合場后沿水平方向的分速度為：v_x=vcos45°=1m/s，
設水平方向的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律可得：$a=\frac{q{E}_{2}}{m}=\frac{20}{3}×6m/{s}^{2}=40m/{s}^{2}$，
小球離開磁場時距離y軸的距離為：${x}_{1}=Rsinθ=0.15\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}m=0.15m$，
根據(jù)位移時間關(guān)系可得：${x}_{1}={v}_{x}{t}_{1}+\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：t₁=0.065s；
第一次經(jīng)過y軸時水平方向的速度為：v₁=v_x+at₁=（1+40×0.065）m/s=3.6m/s，
粒子再次回到y(tǒng)軸的時間為：t′₁=$\frac{2{v}_{1}}{a}=\frac{2×3.6}{40}s=0.18s$，
所以有：t₂=t₁+t′₁=0.065s+0.18s=0.245s．
答：（1）磁感應強度B的大小為1T；
（2）小球在磁場中運動的時間為0.12s；
（3）時刻t₁、t₂分別為0.065s、0.245s．

點評 對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應的圓心角求時間