Question

【題目】如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的平面直角坐標(biāo)系xoy，y軸豎直向上，第三象限梯形OACD范圍內(nèi)加有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，電場(chǎng)強(qiáng)度為E1=1.5N/C，B大小未知；OA與y軸成θ=45°夾角．第三、四象限在梯形之外加有水平方向的電場(chǎng)E2 ， 其大小隨時(shí)間變化如圖乙所示（取水平向右為正向）．今有帶電小球從A點(diǎn)正上方的F點(diǎn)（x=﹣0.15 m，y=0.1m）自由下落，在梯形中恰做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，t=0時(shí)刻恰垂直于OA邊進(jìn)入E2的電場(chǎng)中，t1時(shí)刻第一次經(jīng)過y軸，t2時(shí)刻第二次經(jīng)過y軸．（g=10m/s2）求：

（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�
（2）小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（3）時(shí)刻t1、t2各為多少．

Answer 1

【答案】
（1）

解：小球在梯形中恰做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力和重力相等，則有：qE1=mg，

解得： ；

小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中的速度為v，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)可得：mgy= ，

代入數(shù)據(jù)解得：v= ；

根據(jù)題意可知，粒子在復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：R=x=0.15 m，

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m ，

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：B=1T

（2）

解：小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心即為O，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為： ，

所以小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t= ≈0.12s

（3）

解：粒子射出復(fù)合場(chǎng)后沿水平方向的分速度為：vx=vcos45°=1m/s，

設(shè)水平方向的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律可得： ，

小球離開磁場(chǎng)時(shí)距離y軸的距離為： ，

根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得： ，

代入數(shù)據(jù)解得：t1=0.065s；

第一次經(jīng)過y軸時(shí)水平方向的速度為：v1=vx+at1=（1+40×0.065）m/s=3.6m/s，

粒子再次回到y(tǒng)軸的時(shí)間為：t′1= ，

所以有：t2=t1+t′1=0.065s+0.18s=0.245s

【解析】（1）根據(jù)電場(chǎng)力和重力相等求解比荷，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)求出進(jìn)入磁場(chǎng)中的速度，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度；（2）求出小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，根據(jù)周期公式求解時(shí)間；（3）水平方向根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系、速度時(shí)間關(guān)系求解時(shí)間．
【考點(diǎn)精析】本題主要考查了向心力和洛倫茲力的相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，需要掌握向心力總是指向圓心，產(chǎn)生向心加速度，向心力只改變線速度的方向，不改變速度的大小；向心力是根據(jù)力的效果命名的.在分析做圓周運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)受力情況時(shí)，千萬不可在物體受力之外再添加一個(gè)向心力；洛倫茲力始終垂直于v的方向，所以洛倫茲力一定不做功才能正確解答此題．