Question

1．如圖所示，在無限長的水平邊界AB和CD間有一勻強電場，同時在AEFC、BEFD區(qū)域分別存在水平向里和向外的勻強磁場，磁感應強度大小相同，EF為左右磁場的分界線．AB邊界上的P點到邊界EF的距離為（2+$\sqrt{3}$）L．一帶正電微粒從P點的正上方的O點由靜止釋放，從P點垂直AB邊界進入電、磁場區(qū)域，且恰好不從AB邊界飛出電、磁場．已知微粒在電、磁場中的運動軌跡為圓弧，重力加速度大小為g，電場強度大小E（E未知）和磁感應強度大小B（B未知）滿足$\frac{E}{B}$=2$\sqrt{gL}$，不考慮空氣阻力，求：
（1）O點距離P點的高度h多大；
（2）若微粒從O點以v₀=$\sqrt{3gL}$水平向左平拋，且恰好垂直下邊界CD射出電、磁場，則微粒在電、磁場中運動的時間t多長？

Answer 1

分析 （1）微粒在進入電磁場前做勻加速直線運動，在電磁場中做勻速圓周運動，應用牛頓第二定律與動能定理可以求出O到P的距離．
（2）微粒在進入電磁場前做平拋運動，在電磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)微粒做圓周運動的周期公式求出微粒的運動時間．

解答 解：（1）微粒在電磁場中做勻速圓周運動，
洛倫茲力提供向心力，重力與電場力合力為零，則：qE=mg，
粒子運動軌跡如圖所示：
由幾何知識可得：sinθ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，r₁+r₁sinθ=（2+$\sqrt{3}$）L，
解得：r₁=2L，
微粒做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{r}_{1}}$，
由動能定理得：mgh=$\frac{1}{2}$mv₁²-0，
已知：$\frac{E}{B}$=2$\sqrt{gL}$，
解得：h=$\frac{1}{2}$L；
（2）微粒在進入電磁場前做平拋運動，
x₁=v₀t₁，h=$\frac{1}{2}$gt₁²，
代入數(shù)據(jù)解得：t₁=$\sqrt{\frac{L}{g}}$，x₁=$\sqrt{3}$L，
微粒在M點的豎直分速度：v₁=$\sqrt{gL}$，
速度：v=2$\sqrt{gL}$，速度與AB夾角：θ=30°，
微粒運動軌跡如圖所示：
微粒軌道半徑：r₂=4L，由幾何知識可知，微從M點粒偏轉30°垂直打在EF邊界上，
微粒在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2π{r}_{2}}{v}$=4π$\sqrt{\frac{L}{g}}$，
由題意可知，微粒的運動時間：t=t₁′+t₂′=$\frac{30°}{360°}$T+$\frac{1}{2}$kT+$\frac{1}{4}$T=$\frac{1}{12}$T+$\frac{1}{2}$kT+$\frac{1}{4}$T（k=0、1、2、…）
解得：t=2π（$\frac{2}{3}$+k）$\sqrt{\frac{L}{g}}$   （k=0、1、2、3、…）；
答：（1）O點距離P點的高度h為$\frac{1}{2}$L；
（2）微粒在電磁場中運動的時間t為2π（$\frac{2}{3}$+k）$\sqrt{\frac{L}{g}}$（k=0、1、2、3、…）．

點評 本題考查了求距離、微粒的運動時間問題，分析清楚微粒運動過程，應用動能定理、牛頓第二定律、平拋運動規(guī)律即可正確解題．