Question

11．如圖所示，固定在地面上豎直放置的管狀軌道由玻璃燒制而成，內(nèi)壁光滑．軌道AB部分呈直線狀，與地面的夾角為45°．BCDE部分是一段圓弧，O是圓弧的圓心，圓弧半徑R=$\frac{\sqrt{2}}{2}$m，∠BOD=90°，∠BOE=∠DOE=135°，C是圓弧與地面的切點，B是兩段軌道的切點，E在O點正上方，軌道圓弧部分處在正交的電磁場中，直線MN是電磁場的左邊界．勻強電場E的方向豎直向上，大小未知，勻強磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B=0.4T．將一帶正電小球從軌道AB上某位置無初速度釋放，以v=2m/s的速度進入復合場．由于受軌道約束，小球在圓弧軌道內(nèi)部做勻速固周運動，最后從軌道上最高點E脫離軌道．已知小球質(zhì)量m=2×10^-4kg，帶電量為q=1.0×10^-3C，軌道的截面是個圓，直徑和小球直徑相等，管壁厚度和小球半徑不計，g取10m/s²，求：
（1）勻強電場強度E的大�。�
（2）小球在電磁場中運動的時間（小球離開電磁場后就不再進入）；
（3）小球從直線軌道上的什么位置釋放，小球不會離開電磁場．

Answer 1

分析 （1）小球做勻速圓周運動，則小球的重力與電場力的合力為零，據(jù)此求出電場強度．
（2）根據(jù)小球在管道中做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角與小球做圓周運動的周期求出在管道中的運動時間，然后求出小球離開管道后的在電磁場中的運動時間，然后求出總的運動時間．
（3）小球離開管道后會在電磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，求出小球恰好不離開電磁場的臨界軌道半徑，然后應用牛頓第二定律求出小球的速度，最后應用動能定理求出小球釋放點的高度．

解答 解：（1）小球在圓弧軌道內(nèi)做勻速圓周運動，則重力與電場力合力為零，
即：mg=qE，解得，電場強度：E=2N/C；
（2）小球在圓弧軌道中做勻速圓周運動的周期：T=$\frac{2πR}{v}=\frac{{\sqrt{2}π}}{2}s$，
小球在圓弧軌道中轉(zhuǎn)過的圓心角為135°+90°=225°，
小球在圓弧軌道中的運動時間：${t_1}=\frac{225°}{360°}T=\frac{{5\sqrt{2}π}}{16}s$，
小球離開圓弧軌道后在電磁場中做勻速圓周運動，
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=1m，$sinθ=\frac{Rsin45°}{r}=\frac{1}{2}$，θ=30°，
小球在電磁場中做圓周運動的周期：$T′=\frac{2πr}{v}=π$，
小球離開E后在電磁場中的運動時間：${t_2}=\frac{θ}{360°}T′=\frac{π}{12}$，
小球在電磁場中的運動時間：$t={t_1}+{t_2}=\frac{{15\sqrt{2}π+4π}}{48}s≈1.65s$；
（3）E點到MN的水平距離：d=Rsin45°=0.5m，
小球離開E后在電磁場中做勻速圓周運動，
當小球的軌道半徑：r′≤d=0.5m時小球不會離開電磁場，
由牛頓第二定律得：$qv′B=m\frac{{v{′^2}}}{r′}$，解得：v′=1m/s，
對小球，由動能定理得：$mgh=\frac{1}{2}mv{′^2}-0$，
解得：h=0.05m=5cm，小球釋放點到B的高度應小于等于5cm；
答：（1）勻強電場強度E的大小為2N/C；
（2）小球在電磁場中運動的時間為1.65s；
（3）小球從直線軌道上距離B點的高度小于等于5cm處釋放，小球不會離開電磁場．

點評 本題考查了帶電小球在電磁場中的運動，知道小球做勻速圓周運動的條件、分析清楚小球的運動過程、作出小球的運動軌跡是解題的關(guān)鍵，應用牛頓第二定律、小球做圓周運動的周期公式可以解題．