Question

10．如圖所示，在xOy豎直平面內(nèi)第二象限又相互垂直的勻強電場和勻強磁場．電場強度E₁=2500N/C，方向豎直向上；磁感應強度B=10³T，方向垂直紙面向外；有一質(zhì)量m=1×10^-2kg、電荷量q=4×10^-5C的帶正電小球自P點沿x軸方向成30°角以速度v₀=4m/s的速度射入復合場中，之后小球恰好從O點進入與x軸成75°的勻強電場中，該電場電場強度E₂=1250$\sqrt{2}$N/C，不計空氣阻力，g取10m/s²．求：
（1）P點的空間位置坐標；
（2）小球經(jīng)過O點后從Q點離開勻強電場E₂，試確定Q點的空間位置坐標；
（3）小球從P點到達Q點，經(jīng)歷多長時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在復合場中電場力和重力平衡，則只在洛侖茲力的作用下做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可知粒子的半徑，由幾何關系可得出兩點間的距離；
（2）粒子在電場中，由于重力和電場力的作用做類平拋運動，建立合適的坐標系，則可由運動的合成與分解求得兩點間的距離．
（3）粒子分別做圓周運動和類平拋運動，分別求出粒子的兩部分運動的時間，求和即可．

解答 解：（1）帶電小球在正交的勻強電場和勻強磁場中受到重力G=mg=0.1N；
電場力F₁=Eq=2500N/C×4×10^-5C=0.1N
即G=F₁，故小球在正交的電場由A到C做勻速圓周運動．
根據(jù)牛頓第二定律可知：Bqv₀=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
解得：R=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$
代入數(shù)據(jù)得：R=1m
由圓周運動的對稱性可知，粒子在磁場中的偏轉角是60°
由幾何關系得：s₁=R=1m；
p點的坐標為：（-1m，0）
（2）帶電小球在C點的速度大小仍為v₀=4m/s，方向與水平方向成30°．
由于電場力F₂=Eq=0.05$\sqrt{2}$N＜0.1N
所以粒子受到的合外力在豎直方向的分力向下，在水平方向的分力向左，粒子在水平方向先向右做減速運動，然后向左減速，從y軸離開電場的范圍；
粒子在水平方向的分速度：${v}_{x}={v}_{0}cos30°=2\sqrt{3}$m/s
水平方向的加速度：${a}_{x}=\frac{{F}_{2}cos75°}{m}=\frac{0.05\sqrt{2}×\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}{0.01}$=$2.5（\sqrt{3}-1）$（m/s²）
由運動的對稱性可知，當粒子離開電場時，向左的分速度與開始的大小相等，方向相反，所以運動的時間：
$t=\frac{2{v}_{x}}{{a}_{x}}$=$\frac{2×2\sqrt{3}}{2.5\sqrt{3}-2.5}$s=$\frac{4\sqrt{3}（\sqrt{3}+1）}{2.5（\sqrt{3}-1）（\sqrt{3}+1）}$s=$\frac{4（3+\sqrt{3}）}{5}$s≈3.786s
豎直方向的分速度：${v}_{y}={v}_{0}sin30°=4m/s×\frac{1}{2}=2$m/s
豎直方向的加速度：${a}_{y}=\frac{mg-{F}_{2}sin75°}{m}=\frac{0.1-0.05×\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}{0.01}m/{s}^{2}$=$2.5（3-\sqrt{3}）$（m/s²）≈3.17m/s²
粒子在豎直方向上的位移：$y={v}_{y}t+\frac{1}{2}{a}_{y}{t}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：y=30m
所以粒子離開電場的Q點的空間坐標為：（0，-30m）
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，周期：$T=\frac{2πr}{v}=\frac{2×3.14×1}{4}s=1.57$s
粒子的偏轉角是60°，所以粒子在磁場中運動的時間：$t′=\frac{60°}{360°}•T=\frac{1}{6}T=\frac{1}{6}×1.57s=0.262$s
粒子運動的總時間：t_總=t+t′=3.786s+0.262s≈4.0s
答：（1）P點的空間位置坐標是（-1m，0）；
（2）小球經(jīng)過O點后從Q點離開勻強電場E₂，Q點的空間位置坐標是（0，-30m）；
（3）小球從P點到達Q點，經(jīng)歷的時間是4.0s．

點評 本題考查帶電粒子在復合場中的運動，要注意當粒子在復合場中做勻速 圓周運動時，粒子受到的電場力與重力平衡．