Question

2．如圖所示，兩塊很大的平行帶電導(dǎo)體板MN、PQ產(chǎn)生豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩導(dǎo)體板之間存在有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)分為I、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向如圖所示，ST為兩磁場(chǎng)的邊界，I區(qū)域高度為d₁，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的小球從MN板上的小孔O以一定的速度垂直射入復(fù)合場(chǎng)，小球恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰能回到O孔，帶電小球在運(yùn)動(dòng)中不會(huì)與板相碰，不考慮磁場(chǎng)和電場(chǎng)之間的相互影響，重力加速度為g，求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；
（2）小球的速度大小及在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)小球所受電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)方向的關(guān)系判斷小球電性，根據(jù)電場(chǎng)力與重力的關(guān)系求出電場(chǎng)強(qiáng)度大�。�
（2）小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，作出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知識(shí)求出軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律分析答題．

解答 解：（1）小球進(jìn)入電磁場(chǎng)后恰好能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則重力與電場(chǎng)力合力為零，洛倫茲力提供向心力，
重力豎直向下，則電場(chǎng)力豎直向上，電場(chǎng)強(qiáng)度向上，電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，則小球帶正電；
電場(chǎng)力與重力相等，則有：qE=mg…①，
則電場(chǎng)強(qiáng)度：E=$\frac{mg}{q}$…②
（2）小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$…③
由于小球在Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中q、v、B、m的大小不變，則三段圓弧的半徑相等，
以三個(gè)圓心為頂點(diǎn)的三角形為等邊三角形，邊長(zhǎng)為2R，內(nèi)角為60度，如圖所示，
由幾何知識(shí)可得：R=$\frac{f9ptnlx_{1}}{sin60°}$…④，
所以：v=$\frac{2\sqrt{3}Bqbblhnjd_{1}}{3m}$
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期：T=$\frac{2πR}{v}$…⑤
小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中轉(zhuǎn)過(guò)的角度：θ_總=$\frac{π}{3}+\frac{5π}{3}+\frac{π}{3}=\frac{7π}{3}$…⑥；
又：$\frac{t}{T}=\frac{{θ}_{總}(cāng)}{2π}$…⑦
聯(lián)立得：t=$\frac{7πm}{3qB}$
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度是$\frac{mg}{q}$；
（2）小球的速度大小是$\frac{2\sqrt{3}Bqpxvzdjf_{1}}{3m}$，在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是$\frac{7πm}{3qB}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了帶電小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，作出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡、應(yīng)用牛頓第二定律等公式即可正確解題；分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程、作出小球運(yùn)動(dòng)軌跡是正確解題的關(guān)鍵．