Question

18．在豎直平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第Ⅰ象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁，第Ⅲ、Ⅳ象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂（E₂=$\frac{mg}{q}$），第Ⅳ象限內(nèi)還存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₁，第Ⅲ象限內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₂．一帶正電的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從坐標(biāo)原點(diǎn)O以某一初速度v進(jìn)入光滑的半圓軌道，半圓軌道在O點(diǎn)與x軸相切且直徑與y軸重合，如圖所示，小球恰好從軌道最高點(diǎn)A垂直于y軸飛出進(jìn)入第Ⅰ象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)后經(jīng)x軸上x=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$R處的P點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限磁場(chǎng)中，然后從y軸上Q點(diǎn)（未畫出）與y軸正方向成60°角進(jìn)入第Ⅲ象限磁場(chǎng)，最后從O點(diǎn)又進(jìn)入第一象限電場(chǎng)．已知小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，圓軌道的半徑為R，重力加速度為g．求：
（1）小球的初速度大��；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E₁的大小；
（3）B₁與B₂的比值．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律求得小球在A點(diǎn)的速度，再根據(jù)機(jī)械能守恒求得初速度；
（2）分析小球受力情況，然后由類平拋的位移公式聯(lián)立求解電場(chǎng)強(qiáng)度；
（3）由（2）求得小球進(jìn)入第四象限的速度大小和方向，然后根據(jù)幾何關(guān)系求得小球在第三、第四象限的半徑比，在對(duì)小球進(jìn)行受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律即可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度之比．

解答 解：（1）小球恰好從軌道最高點(diǎn)A垂直于y軸飛出，則小球在A點(diǎn)軌道對(duì)小球的作用力為零，即重力作為向心力，則有：
$mg=\frac{m{{v}_{A}}^{2}}{R}$；
又有小球在光滑軌道上運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，那么機(jī)械能守恒，所以有：
$\frac{1}{2}m{v}^{2}=mg2R+\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}=2mgR+\frac{1}{2}mgR$=$\frac{5}{2}mgR$；
解得：$v=\sqrt{5gR}$；
（2）小球在第一象限只收電場(chǎng)力和重力的作用，合外力F=mg-qE₁，方向豎直向下，故小球做類平拋運(yùn)動(dòng)；
在水平方向上有：x=v_At；
在豎直方向上有：$2R=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{F}{m}{t}^{2}$；
所以，${E}_{1}=\frac{mg-F}{q}$=$\frac{mg-\frac{4mR}{{t}^{2}}}{q}$=$\frac{mg-\frac{4mR{{v}_{A}}^{2}}{{x}^{2}}}{q}$=$\frac{mg-\frac{4mg{R}^{2}}{\frac{16}{3}{R}^{2}}}{q}$=$\frac{mg}{4q}$；
（3）由（2）可得小球進(jìn)入第四象限時(shí)速度v′的水平分量為：$v{′}_{x}={v}_{A}=\sqrt{gR}$；v′
的豎直分量為：$v{′}_{y}=at=\frac{mg-\frac{1}{4}mg}{m}×\frac{\frac{4\sqrt{3}}{3}R}{\sqrt{gR}}=\sqrt{3gR}$；
所以，$v′=2\sqrt{gR}$，v′與x軸正向之間的夾角為60°；
小球在第三、第四象限所受的電場(chǎng)力F_電=qE₂=mg，故小球的合外力為洛倫茲力，所以，小球在洛倫茲力的作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，
那么由圖上幾何關(guān)系可知，小球在第四象限做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R₁有關(guān)系式：R₁sin30°+R₁cos30°=x，所以，${R}_{1}=\frac{x}{sin30°+cos30°}=\frac{\frac{4\sqrt{3}}{3}R}{\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}}=4（1-\frac{\sqrt{3}}{3}）R$；
小球在第三象限做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R₂有關(guān)系式：2R₂cos30°=R₁sin30°+R₁cos30°=x，
所以，${R}_{2}=\frac{x}{2cos30°}=\frac{4}{3}R$；
又有洛倫茲力做向心力，所以，${B}_{1}v′q=\frac{mv{′}^{2}}{{R}_{1}}$，${B}_{2}v′q=\frac{mv{′}^{2}}{{R}_{2}}$；
所以，$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}=\frac{{R}_{2}}{{R}_{1}}=\frac{\frac{4}{3}R}{4（1-\frac{\sqrt{3}}{3}）R}=\frac{1}{3-\sqrt{3}}=\frac{3+\sqrt{3}}{6}$；
答：（1）小球的初速度大小為$\sqrt{5gR}$；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E₁的大小為$\frac{mg}{4q}$；
（3）B₁與B₂的比值為$\frac{3+\sqrt{3}}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，一般先分析粒子受力情況，然后利用牛頓第二定律得到圓周運(yùn)動(dòng)的半徑表達(dá)式，然后再由幾何關(guān)系求得半徑，進(jìn)而聯(lián)立求解相關(guān)問題．