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過x軸的位置．
（2）小球第一次經過x軸時的速度大小和方向．
（3）磁場磁感應強度的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場和重力場的混合場中運動；根據運動的合成與分解可求得粒子到達x軸上的位置；
（2）根據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；根據洛侖茲力充當向心力及幾何關系可求得磁感應強度的大小和方向．

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，小球應恰好與x軸相切；運動軌跡如圖所示；
則由幾何關系可知：
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過x軸的位置為（$\frac{2{v}_{0}^{2}}{g}$，0）；．
（2）小球第一次經過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；根據圓周運動規(guī)律求解在磁場中的運動．