Question

6．在如圖所示的坐標(biāo)系中，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向．在第一、第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xoy平面（紙面）向里的勻強磁場，在第四象限，存在與第三象限相同的勻強電場，還有一個等腰直角三角形區(qū)域OMN，在該區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，∠OMN為直角，MN邊有擋板，已知擋板MN的長度為2$\sqrt{2}$L．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從y軸上y=L處的P₁點以一定的水平初速進(jìn)入第二象限．然后經(jīng)過x軸上x=-2L處的P₂點進(jìn)入第三象限，帶電粒子恰好能做勻速圓周運動，之后經(jīng)過y軸上y=-2L處的P₃點進(jìn)入第四象限．并最終打在擋板MN上，已知重力加速度為g．求：
（1）粒子到達(dá)P₂點時速度v的大小和方向；
（2）第三象限空間中磁感應(yīng)強度B₁的大��；
（3）OMN區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度B₂的大小范圍．

Answer 1

分析 （1）粒子從P₁到P₂做平拋運動，根據(jù)平拋運動的分位移和分速度公式列方程聯(lián)立求解即可；
（2）小球做勻速圓周運動，電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律并結(jié)合幾何關(guān)系列式求解B₁即可；
（3）粒子進(jìn)入OMN區(qū)域內(nèi)，速度垂直于MN，軌跡半徑最大時軌跡與ON相切，軌跡半徑最小時軌跡與M相切，由幾何關(guān)系求出最大和最小半徑，從而求得B₂的大小范圍．

解答 解：（1）粒子從P₁到P₂做平拋運動，設(shè)粒子初速度為v₀，到達(dá)P₂點時速度大小為v，方向與x軸負(fù)方向成θ，運動時間為t，y軸方向的分速度大小為v_y．則有：
L=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$，2L=v₀t，v_y=gt，v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$
解得：v=2$\sqrt{gL}$，方向與x軸負(fù)方向成45°角．
（2）粒子從P₂到P₃做勻速圓周運動，所以重力與電場力平衡．P₂P₃垂直速度方向，粒子做勻速圓周運動的圓心在P₂P₃上，即P₂P₃是直徑，設(shè)第三象限磁場磁感應(yīng)強度大小為B₁，圓周運動半徑為R，則有：
qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
又由幾何知識有：（2R）²=（2L）²+（2L）²；
解得：B₁=$\frac{m\sqrt{2gL}}{qL}$
（3）粒子進(jìn)入等腰直角三角形區(qū)域時，速度垂直于OM，且從OM中點進(jìn)入，要使粒子直接打到MN板上，如圖所示，當(dāng)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，偏轉(zhuǎn)半徑最大時恰好與ON相切，偏轉(zhuǎn)半徑最小時，OM的一半是圓周的直徑，設(shè)最大半徑為R₁，最小半徑為R₂．
則有：R₁=（R₁+$\sqrt{2}$L）sin45°
解得：R₁=（2+$\sqrt{2}$）L，R₂=$\frac{\sqrt{2}}{2}$L
由于粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
所以解得：B_2min=$\frac{（2-\sqrt{2}）m\sqrt{gL}}{qL}$，B_2max=$\frac{2m\sqrt{2gL}}{qL}$
所以B₂的大小范圍為：$\frac{（2-\sqrt{2}）m\sqrt{gL}}{qL}$＜B₂＜$\frac{2m\sqrt{2gL}}{qL}$．
答：（1）粒子到達(dá)P₂點時速度v的大小為2$\sqrt{gL}$，方向與x軸負(fù)方向成45°角；
（2）第三象限空間中磁感應(yīng)強度B₁的大小是$\frac{m\sqrt{2gL}}{qL}$；
（3）OMN區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度B₂的大小范圍為$\frac{（2-\sqrt{2}）m\sqrt{gL}}{qL}$＜B₂＜$\frac{2m\sqrt{2gL}}{qL}$．

點評 本題要分析清楚小球的運動規(guī)律，然后分別對各個過程運用平拋運動的分位移和分速度公式、平衡條件、牛頓第二定律等規(guī)律列式求解，關(guān)鍵要畫出軌跡，把握圓周運動的臨界條件．