Question

1．如圖甲所示，一光滑絕緣板組成的直角支架MLK，水平板LK長為l=0.91m，距離水平地面高為h=2m，豎直板ML足夠長，兩板連接處有一小孔．水平板上方存在E₁=2$\sqrt{2}$N/C的勻強電場，電場方向與水平方向成θ角，指向右上方，θ為45°至90°的某一確定值．豎直線MQ左側(cè)有電場和磁場（甲圖中均未畫出），已知豎直方向的電場E₂分布在MQ左側(cè)整個空間，與紙面垂直的磁場只分布在NP與MQ兩平行線之間，區(qū)間水平寬度為d=1m，磁感應(yīng)強度B隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定磁場垂直紙面向里為正方向．水平板LK上表面右邊緣處有一質(zhì)量m=0.1kg、電荷量q=0.1C的帶負電小球，以初速度V₀=0.6m/s向左對準小孔運動．通過小孔后進入左側(cè)空間恰好作勻速圓周運動．小球剛進入磁場時記作t=0時刻．假定小球與豎直板碰撞時間極短，且無動能損失，小球可視為質(zhì)點，小球電量保持不變，g=10m/s²．求：
（1）電場強度E₂的大小和方向．
（2）在θ的取值范圍內(nèi)，小球在磁場中運動的時間最短為多少？
（3）在θ的取值范圍內(nèi)，小球在P點左側(cè)的水平地面上的落點與P點的最大距離？（計算結(jié)果可以用根號表示）．

Answer 1

分析 （1）小球做勻速圓周運動，電場力等于重力，據(jù)此求出場強．
（2）小球在磁場中做勻速圓周運動，求出小球做圓周運動的圓心角，然后求出其運動時間．
（3）小球離開磁場后做勻速直線運動，應(yīng)用勻速直線運動的規(guī)律可以求出落地點的最大距離．

解答 解：（1）小球在MQ左側(cè)做勻速圓周運動，重力與電場力合力為零，即：qE₂=mg，
代入數(shù)據(jù)解得：E₂=10N/C，電場力豎直向上，小球帶負電，場強豎直向下；
（2）小球在平臺上向右做勻加速運動，由動能定理得：
qE₁Lcosθ=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，45°≤θ≤90°，
代入數(shù)據(jù)解得：v_max=2m/s，
小球通過MN后的速度為：0.6m/s≤v≤2m/s，
小球在MQ右側(cè)磁場區(qū)域做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得：R=$\frac{mv}{qB}$，
粒子做圓周運動的半徑：0.15m≤R₁≤0.5m，0.6m≤R₂≤2m；
小球做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，T₁=$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$=$\frac{π}{2}$，T₂=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$=2π，
小球進入磁場后向左瞬時針方向的勻速圓周運動，運動時間：t₁=$\frac{π}{4}$=$\frac{1}{2}$T₁，
然后與ML碰撞，碰撞后小球速度水平向左，然后沿逆時針方向做勻速圓周運動，當小球速度最大為2m/s時逆時針做圓周運動的軌道半徑最大為2m，此時小球在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ最小，運動時間最短，有：sinθ=$\fraclj4phrq{{R}_{2最大}}$=$\frac{1}{2}$，
得：θ=30°，
粒子的運動時間為：t₂=$\frac{θ}{360°}$T₂=$\frac{π}{6}$，
粒子的最短運動時間為：t=t₁+t₂=$\frac{5π}{12}$s；
（3）小球以最大速度離開磁場時落地點的水平距離最大，
v_x=v_最大cosθ=2cos30°=$\sqrt{3}$m/s，
v_y=v_最大sinθ=2sin30°=1m/s，
在豎直方向，小球所受重力與電場力合力為零，小球做勻速直線運動，有：
h+2R_1最大-（R_2最大-R_2最大cosθ）=v_yt，
解得：t=（1+$\sqrt{3}$）s，
小球在P點左側(cè)的水平地面上的落點與P點的最大距離為：x=v_xt=（3+$\sqrt{3}$）m；
答：（1）電場強度E₂的大小為10N/C，方向：豎直向下．
（2）在θ的取值范圍內(nèi)，小球在磁場中運動的時間最短為$\frac{5π}{12}$s；
（3）在θ的取值范圍內(nèi)，小球在P點左側(cè)的水平地面上的落點與P點的最大距離為（3+$\sqrt{3}$）m．

點評 本題是小球在重力場、電場與磁場的復(fù)合場中運動類型，本題粒子運動過程復(fù)雜，難度較大，分析清楚粒子運動過程是正確解題的關(guān)鍵；分析清楚粒子運動過程后，應(yīng)用動能定理求出粒子的速度范圍，然后應(yīng)用牛頓第二定律、幾何知識可以解題．