Question

18．如圖甲所示，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場．勻強(qiáng)磁場分為Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，其邊界為MN、PQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向如圖所示，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進(jìn)入電、磁復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運動．

（1）求電場強(qiáng)度E的大��；
（2）若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，求帶電小球釋放時距MN的高度h；
（3）若帶電小球從距MN的高度為3h的O′點由靜止開始下落，為使帶電小球運動一定時間后仍能回到O′點，需將磁場Ⅱ向下移動一定距離（如圖乙所示），求磁場Ⅱ向下移動的距離y及小球從O′點釋放到第一次回到O′點的運動時間T．

Answer 1

分析 （1）帶電小球恰能做勻速圓周運動，則小球所受重力與電場力相等，由此可以求出電場強(qiáng)度．
（2）小求組在混合場中做勻速圓周運動，速率不變，只有小球從進(jìn)入磁場的位置離開磁場，然后做豎直上拋運動，才有可能回到出發(fā)點，由動能定理、牛頓第二定律可以求出釋放點的高度．
（3）作出粒子的運動軌跡，作用動能定理、牛頓第二定律、運動學(xué)公式，分別求出各階段的運動時間，然后求出粒子運動的總時間．

解答 解：（1）小球做勻速圓周運動，則mg=qE，電場強(qiáng)度為：E=$\frac{mg}{q}$；
（2）小球從進(jìn)入磁場的位置離開磁場，才可能回到出發(fā)點，小球運動軌跡如圖所示；由幾何知識得：軌道半徑為：R=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$d，
小球下落過程中，由動能定理得：mgh=$\frac{1}{2}$mv²-0，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得：h=$\frac{2d9oc1s1^{2}{q}^{2}{B}^{2}}{3g{m}^{2}}$；
（3）當(dāng)帶電小球從距MN距離為3h處由靜止下落時：
運動軌跡如圖所示，由幾何知識可得：R₁=2d，
由動能定理得：mg•3h=$\overline{12}$mv₁²-0，
由牛頓第二定律得：qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{R}_{1}}$，
粒子在中間運動運動過程中，粒子速度方向與豎直方向成30度角，由幾何知識可得：
y=（6-2$\sqrt{3}$）d，
粒子自由落體與豎直上升的總時間為：t₁=2$\sqrt{\frac{2×3h}{g}}$=4$\frac{dqB}{mg}$，
粒子做圓周運動的時間為：t₂=$\frac{5πm}{3qB}$，
粒子做運動運動的總時間為：t₃=2$\frac{2（4\sqrt{3}-4）d}{{v}_{1}}$，
一個來回的總時間為：T=t₁+t₂+t₃=$\frac{4dqB}{mg}$+$\frac{5πm}{3qB}$+$\frac{4（\sqrt{3}-1）m}{qB}$；
答：（1）電場強(qiáng)度為$\frac{mg}{q}$；
（2）小球釋放時距MN的高度為$\frac{26ivtbyl^{2}{q}^{2}{B}^{2}}{3g{m}^{2}}$；
（3）磁場Ⅱ向下移動的距離y為：（6-2$\sqrt{3}$）d，帶電粒子的運動時間為$\frac{4dqB}{mg}$+$\frac{5πm}{3qB}$+$\frac{4（\sqrt{3}-1）m}{qB}$．

點評 本題是一道難題，分析清楚粒子的運動過程、作出粒子運動軌跡，熟練應(yīng)用動能定律、牛頓第二定律、數(shù)學(xué)知識即可正確解題．