Question

4．如圖所示，在豎直面內(nèi)有一直角坐標系xoy，在水平面MN下方有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，勻強磁場的方向水平向里，電場方向平行xoy平面，但具體方向未知．在y軸上的A點由靜止下落一帶正電塵埃，塵埃下落h=5m后進入電磁場區(qū)域，進入后做勻速直線運動．已知：塵埃帶正電，質(zhì)量為2×10^-8kg；電荷量為q=2×10^-7C；磁感應(yīng)強度B=0.1$\sqrt{3}$T．（g=10m/s²，阻力不計）
（1）求電場強度的大小
（2）當(dāng)塵埃運動到坐標原點o時撤去磁場，經(jīng)1.0秒塵埃運動到B點，求塵埃在B點的速度大小
（3）求OB兩點間的電勢差U_OB及B點的坐標．

Answer 1

分析 （1）塵埃先自由下落，由運動學(xué)公式求解塵埃剛進入電磁場區(qū)域的速度．塵埃進入電磁場區(qū)域后做勻速直線運動，受力平衡，由平衡條件求解電場強度的大小．
（2）撤去磁場，塵埃做類平拋運動，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解塵埃在B點的速度大�。�
（3）根據(jù)公式U=Ed求解電勢差U_OB，結(jié)合上題的結(jié)果，由運動的分解法求解B點的坐標．

解答 解：（1）設(shè)塵埃進入電磁場的速度為v，則得 v=$\sqrt{2gh}$=$\sqrt{2×10×5}$=10m/s
塵埃進入電磁場區(qū)域后做勻速直線運動，受力平衡，則重力、洛倫茲力的合力與電場力大小相等，方向相反，由左手定則知，洛倫茲力向右，則得：
  qE=$\sqrt{（mg）^{2}+（qvB）^{2}}$
則 E=$\frac{1}{q}$$\sqrt{（mg）^{2}+（qvB）^{2}}$=$\frac{1}{2×1{0}^{-7}}$×$\sqrt{（2×1{0}^{-8}×10）^{2}+（2×1{0}^{-7}×10×0.1\sqrt{3}）^{2}}$=2N/C
（2）設(shè)重力與電場力的合力為F，則 F=qvB=2×10^-7×10×0.1$\sqrt{3}$N=2$\sqrt{3}$×10^-7N
撤去磁場后，由于F與初速度垂直，且F是恒力，所以塵埃做類平拋運動，加速度為 a=$\frac{F}{m}$=10$\sqrt{3}$m/s²．
經(jīng)過1s時間到達B點，則塵埃在B點的速度大小為 v_B=$\sqrt{{v}^{2}+（at）^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}+（10\sqrt{3}×1）^{2}}$=20m/s
（3）塵埃豎直方向做勻速直線運動，水平方向做勻加速直線運動，則從O到B的豎直高度為 h=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{1}{2}×10×（\sqrt{3}）^{2}$m=15m
從O到B，由動能定理得：mgh+qU_OB=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
解得：U_OB=5V
B點的橫坐標為x=-$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=-$\frac{1}{2}×10\sqrt{3}×{1}^{2}$=-5$\sqrt{3}$m
縱坐標為 x=-h=-15m
故B點的坐標為（-15m，-5$\sqrt{3}$m）．
答：
（1）電場強度的大小為2N/C．
（2）塵埃在B點的速度大小為20m/s．
（3）OB兩點間的電勢差U_OB為5V．B點的坐標為（-15m，-5$\sqrt{3}$m）．

點評 正確分析塵埃的受力情況，判斷其運動情況是解題關(guān)鍵，要抓住類平拋運動與平拋運動研究方法的相似性，由力學(xué)的基本規(guī)律處理此類問題．