Question

16．如圖所示，在地面附近，坐標系xOy在豎直平面內(nèi)的空間中存在著沿水平方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，在x＜0的空間內(nèi)還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E．一個帶正電的油滴經(jīng)圖中x軸上的M點，始終沿著與水平方向成θ=30°角的斜向下做直線運動，進入x＞0區(qū)域．要使油滴進入x＞0的區(qū)域后能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，需要在x＞0區(qū)域加一個勻強電場E′．若帶電油滴做勻速圓周運動通過x軸上的N點，且MO=NO，g取l0m/s²．求：
（1）油滴運動速度大小；
（2）在x＞0空間內(nèi)所加電場強度大小和方向；
（3）油滴從x軸上的M點開始運動到達N點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）帶電油滴沿著直線MP做勻速運動，分析受力情況，由平衡條件判斷油滴的電性．
油滴沿著直線MP做勻速運動，合力為零，作出油滴的受力示意圖，根據(jù)平衡條件和洛倫茲力公式列式，即可求得速率v．
（2）在x＞0的區(qū)域，油滴要做勻速圓周運動，其所受的電場力必與重力平衡，則可由平衡條件列式求得場強．
（3）分段求時間，勻速直線運動過程，根據(jù)位移和速率求解；勻速圓周運動過程，畫出軌跡，根據(jù)軌跡的圓心角求時間．

解答 解：（l）由題意，帶電油滴沿著直線MP做勻速運動，分析受力情況如圖1，可知油滴帶正電．
油滴受三力作用（見圖1）沿直線勻速運動，由平衡條件有：
qvBcos30°=mg…①
qvBsin30°=qE…②
解得：v=$\frac{2E}{B}$…③
（2）由①②得：mg=$\sqrt{3}$qE…④
在x＞0的區(qū)域，油滴要做勻速圓周運動，其所受的電場力必與重力平衡，由于油滴帶正電，所以場強方向豎直向上．
由mg=qE′，得 E′=$\frac{mg}{q}$…⑤
（3）設(shè)粒子從M到P點的時間為 t₁，從P點到N點的時間為t₂，粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為R．過P點作直線交x軸與o′，由幾何知識有：
O′P=$\frac{OM}{cos30°}$tan30°=$\frac{2}{3}OM$…⑥
O′N=0N-O′Psin30°=$\frac{2}{3}$OM…⑦
故O′為圓心．
根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$…⑧
由③、④、⑦由式解得：R=$\frac{2\sqrt{3}{E}^{2}}{g{B}^{2}}$…⑨
由幾何知識得：MP=Rcot30°…⑩
t₁=$\frac{MP}{v}$=$\frac{Rcot30°}{v}$=$\frac{3E}{gB}$…（11）
t₂=$\frac{120°}{360°}$•$\frac{2πR}{v}$…（12）
全過程經(jīng)歷的時間為 t_MN=t₁+t₂…（13）
解得：t_MN=$\frac{\sqrt{3}E}{gB}$（$\sqrt{3}$+$\frac{2}{3}π$）…（14）
答：（1）油滴運動速度大小為$\frac{2E}{B}$；
（2）在x＞0空間內(nèi)所加電場強度大小為$\frac{mg}{q}$，方向為豎直向上；
（3）油滴從x軸上的M點開始運動到達N點所用的時間為$\frac{\sqrt{3}E}{gB}$（$\sqrt{3}$+$\frac{2}{3}π$）．

點評 本題是帶電體在復合場中運動的類型，分析受力情況和運動情況是基礎(chǔ)，小球做勻速圓周運動時，畫出軌跡，由幾何知識確定圓心角是求解運動時間的關(guān)鍵．