Question

13．如圖所示，在xOy坐標系的第一象限里有平行于坐標平面向右的勻強電場，在第四象限有平行于坐標平面向上的勻強電場，兩個電場的場強大小相等，同時在第四象限還有垂直于坐標平面的勻強磁場（圖中未畫出），一帶電小球從坐標原點O，以與x軸正向成45°向上的初速度v₀射入第一象限的電場，已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為+q，電場的場強大小E=$\frac{mg}{q}$，小球在第四象限中運動，恰好不能進入第三象限，求：
（1）小球射出后第一次經(jīng)過x軸的位置．
（2）小球第一次經(jīng)過x軸時的速度大小和方向．
（3）磁場磁感應(yīng)強度的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場和重力場的混合場中運動；根據(jù)運動的合成與分解可求得粒子到達x軸上的位置；
（2）根據(jù)運動的合成與分解可求得粒子到達x軸上的速度大小和方向；
（3）粒子在第四象限中電場力和重力平衡，粒子做勻速圓周運動；根據(jù)洛侖茲力充當向心力及幾何關(guān)系可求得磁感應(yīng)強度的大小和方向．

解答 解：（1）小球在第一象限受重力和電場力作用；
水平方向Fx=Eq=$\frac{mg}{q}$q=mg；
由牛頓第二定律可知，a_x=g；
豎直方向只受重力；故加速度為a_y=g；
將小球速度分解為水平和豎直方向，則v_x=v_y=$\frac{\sqrt{2}}{2}$v₀；
對豎直方向小球做豎直上拋運動；從拋出到回到x軸的運動時間t=2$\frac{{v}_{y}}{g}$=$\frac{\sqrt{2}{v}_{0}}{g}$
故水平方向上的位移x=v_xt+$\frac{1}{2}g$t²=$\frac{2{v}_{0}^{2}}{g}$；
故回到x軸時的位置為：（$\frac{2{v}_{0}^{2}}{g}$，0）；
（2）回到x軸時的水平速度v_x′=$\frac{\sqrt{2}}{2}$v₀+gt=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$v₀；
而豎直分速度v_y′=$\frac{\sqrt{2}}{2}$v₀；
合速度v=$\sqrt{（\frac{\sqrt{2}{v}_{0}}{2}）^{2}+（\frac{3\sqrt{2}}{2}{v}_{0}）^{2}}$=$\sqrt{5}$v₀；
速度與水平方向上的夾角的正切值tanθ=$\frac{1}{3}$；
（3）粒子進入第四象限后，受電場力向上，與重力相互平衡；故粒子在復(fù)合場中只受磁場力，則做圓周運動．
要使小球恰好不進入第三象限，小球應(yīng)恰好與x軸相切；運動軌跡如圖所示；
則由幾何關(guān)系可知：
R+Rsinθ=$\frac{2{v}_{0}^{2}}{g}$
解得：R=$\frac{2（10-\sqrt{10}）{v}_{0}^{2}}{9g}$；
由Bqv=m$\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$
解得：B=$\frac{{v}^{2}}{qR}$=$\frac{5{v}_{0}^{2}}{\frac{q×2（10-\sqrt{10}）{v}_{0}^{2}}{9g}}$=$\frac{45g}{2（10-\sqrt{10}）q}$=$\frac{（10+\sqrt{10}）g}{4q}$；
由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外；
答：（1）小球射出后第一次經(jīng)過x軸的位置為（$\frac{2{v}_{0}^{2}}{g}$，0）；．
（2）小球第一次經(jīng)過x軸時的速度大小為$\sqrt{5}$v₀；速度與水平方向上的夾角的正切值tanθ=$\frac{1}{3}$；
（3）磁場磁感應(yīng)強度的大小為$\frac{（10+\sqrt{10}）g}{4q}$；方向垂直于紙面向外．

點評 本題考查帶電粒子在電場及磁場中的運動，要注意明確粒子的運動過程，正確掌握運動的合成與分解處理電場中的運動；根據(jù)圓周運動規(guī)律求解在磁場中的運動．