Question

14．如圖所示，水平地面上方豎直邊界MN左側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B和沿豎直方向的勻強(qiáng)電場E₂（未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T，MN邊界右側(cè)離地面h=3m處有長為L=0.91m的光滑水平絕緣平臺，平臺的左邊緣與MN重合，平臺右邊緣有一質(zhì)量m=0.1kg、電量q=0.1C的帶正電小球，以初速度v₀=0.6m/s向左運(yùn)動．此時平臺上方存在E₁=2$\sqrt{2}$N/C的勻強(qiáng)電場，電場方向與水平方向成θ角，指向左下方，小球在平臺上運(yùn)動的過程中，θ為45°至90°的某一確定值．若小球離開平臺左側(cè)后恰好做勻速圓周運(yùn)動，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，g=10m/s²．求（計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）：
（1）電場強(qiáng)度E₂的大小和方向．
（2）小球離開平臺左側(cè)后在磁場中運(yùn)動的最短時間．
（3）小球離開平臺左側(cè)后，小球落地點(diǎn)的范圍．

Answer 1

分析 （1）小球做勻速圓周運(yùn)動，電場力等于重力，據(jù)此求出場強(qiáng)．
（2）小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，求出小球做圓周運(yùn)動的圓心角，然后求出其運(yùn)動時間．
（3）求出小球落地點(diǎn)最左側(cè)距離，然后求出落地點(diǎn)的右側(cè)距離，然后確定其落地點(diǎn)范圍．

解答 解：（1）小球在MN左側(cè)做勻速圓周運(yùn)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，小球帶正電，場強(qiáng)豎直向上；
（2）θ=90°時，小球在平臺上做勻速直線運(yùn)動，離開平臺左側(cè)時的速度最小為：v_min=v=0.6m/s，
當(dāng)θ=45°時，小球離開平臺左側(cè)時的速度最大，由動能定理得：qE₁Lcosθ=$\frac{1}{2}$mv_max²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：v_max=2m/s，小球通過MN后的速度0.6m/s≤v≤2m/s，
小球以2m/s速度在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的時間最短，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
小球做圓周運(yùn)動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
解得：R=2m，T=2π，
因為sinθ=$\frac{h-R}{R}$=$\frac{1}{2}$，則θ=30°，
小球在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角α=120°，
小球在磁場中的運(yùn)動時間：t=$\frac{α}{360°}$T=$\frac{120°}{360°}$×2π=$\frac{2π}{3}$s≈2.1s；
（3）小球落在N點(diǎn)左側(cè)的最大距離時有：L=Rcos30°=$\sqrt{3}$m≈1.73m，
小球從右邊界飛出的最小半徑為：R′=$\frac{m{v}_{min}}{qB}$=0.6m，
小球離開磁場后做平拋運(yùn)動，
豎直方向：h-2R′=$\frac{1}{2}$gt²，
水平方向：s=v′t，
速度：v′=$\frac{qBR′}{m}$，
解得：s=$\sqrt{\frac{1}{5}（h-2R′）R{′}^{2}}$，
當(dāng)R′=1m時，s有最大值，
因為0.6m≤R′≤1.5m，
則s=$\sqrt{\frac{1}{5}（h-2R′）R{′}^{2}}$成立，
代入數(shù)據(jù)解得：s=$\frac{\sqrt{5}}{5}$m≈0.447m，
所以，小球的落點(diǎn)在距N點(diǎn)左邊1.73m、右邊0.447m的范圍內(nèi)．
答：（1）電場強(qiáng)度E₂的大小為10N/C，方向：豎直向上；
（2）小球離開平臺左側(cè)后在磁場中運(yùn)動的最短時間為2.1s；
（3）小球離開平臺左側(cè)后，小球落地點(diǎn)的范圍是：N點(diǎn)左邊1.73m、右邊0.447m的范圍內(nèi)．

點(diǎn)評 本題是小球在重力場、電場與磁場的復(fù)合場中運(yùn)動類型，考查受力平衡的狀態(tài)方程，機(jī)械能守恒與動量守恒定律的應(yīng)用，關(guān)鍵要把握每個過程遵守的物理規(guī)律，結(jié)合幾何知識進(jìn)行處理．