Question

如圖甲所示，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)．勻強(qiáng)磁場(chǎng)分為Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)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(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球從磁場(chǎng)上方的O點(diǎn)由靜止開始下落，進(jìn)入電、磁復(fù)合場(chǎng)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．（已知重力加速度為g）
（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大�。�
（2）若帶電小球運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，求帶電小球釋放時(shí)距MN的高度h；
（3）若帶電小球從距MN的高度為3h的O′點(diǎn)由靜止開始下落，為使帶電小球運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后仍能回到O′點(diǎn)，需將磁場(chǎng)Ⅱ向下移動(dòng)一定距離y（如圖乙所示），求磁場(chǎng)Ⅱ向下移動(dòng)的距離y及小球從O′點(diǎn)釋放到第一次回到O′點(diǎn)的時(shí)間T．

Answer 1

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

解答：解：（1）小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則mg=qE，電場(chǎng)強(qiáng)度E=

mg

q

；
（2）小球從進(jìn)入磁場(chǎng)的位置離開磁場(chǎng)，才可能回到出發(fā)點(diǎn)，
小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示；由幾何知識(shí)得：軌道半徑R=

2 3

3

d，
小球下落過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mgh=

1

2

mv²-0，
由牛頓第二定律得：qvB=m

v2

R

，解得：h=

2d2q2B2

3gm2

；
（3）當(dāng)帶電小球從距MN距離為3h處由靜止下落時(shí)：
運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)可得：R₁=2d，
由動(dòng)能定理得：mg?3h=

1

2

mv₁²-0，
由牛頓第二定律得：qv₁B=m

v 2 1

R1

，
粒子在中間運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子速度方向與豎直方向成30度角，
由幾何知識(shí)可得：y=（6-2

3

）d，
粒子自由落體與豎直上升的總時(shí)間t₁=2

2×3h g

=4

dqB

mg

，
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t₂=

5πm

3qB

，
粒子做運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t₃=2

(4 3 -4)d

v1

，
一個(gè)來(lái)回的總時(shí)間T=t₁+t₂+t₃=

4dqB

mg

+

5πm

3qB

+

4( 3 -1)m

qB

；
答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度為

mg

q

；
（2）小球釋放時(shí)距MN的高度為

2d2q2B2

3gm2

；
（3）帶電粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

4dqB

mg

+

5πm

3qB

+

4( 3 -1)m

qB

．

點(diǎn)評(píng)：本題是一道難題，分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，熟練應(yīng)用動(dòng)能定律、牛頓第二定律、數(shù)學(xué)知識(shí)即可正確解題．