Question

如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)．勻強(qiáng)磁場(chǎng)分為Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域．其邊界為MN、PQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向如圖所示，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的小球從磁場(chǎng)上方的O點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，進(jìn)入電、磁復(fù)合場(chǎng)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)（已知重力加速度為g）．
（1）若帶電小球能進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，h應(yīng)滿足什么條件？
（2）若帶電小球經(jīng)一定的時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，試求出h應(yīng)滿足的條件．
（3）若帶電小球第一次射出邊界MN時(shí)與射入點(diǎn)相距為d，求出h應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

分析：（1）帶電小球恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球所受重力與電場(chǎng)力相等，由洛倫茲力提供向心力，則可得運(yùn)動(dòng)的半徑公式，由帶電小球能進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，可得半徑與d的關(guān)系，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解．
（2）小球在混合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率不變，只有小球從進(jìn)入磁場(chǎng)的位置離開(kāi)磁場(chǎng)，然后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，才有可能回到出發(fā)點(diǎn)，由動(dòng)能定理、牛頓第二定律可以求出釋放點(diǎn)的高度．
（3）根據(jù)題意可知，當(dāng)帶電小球第一次射出邊界MN時(shí)與射入點(diǎn)相距為d，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡為半圓，根據(jù)運(yùn)動(dòng)半徑公式，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，從而求解．

解答：解：（1）小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則mg=qE，由洛倫茲力提供向心力，則有：Bqv=

mv2

r

，
要使帶電小球能進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，因此d≤r，
再根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)，則有：h=

v2

2g

；
由以上三式，聯(lián)立可解得：h＞

B2d2q2

2m2g

；
（2）小球從進(jìn)入磁場(chǎng)的位置離開(kāi)磁場(chǎng)，才可能回到出發(fā)點(diǎn)，
小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示；由幾何知識(shí)得：軌道半徑R=

2 3

3

d，

小球下落過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mgh=

1

2

mv²-0，
由牛頓第二定律得：qvB=m

v2

R

，解得：h=

2d2q2B2

3gm2

；
（3）根據(jù)題意可知，帶電小球第一次射出邊界MN時(shí)與射入點(diǎn)相距為d，小球在復(fù)合場(chǎng)中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，

根據(jù)牛頓第二定律，則有：Bqv=

mv2

r

，
由幾何關(guān)系，可得：r=

d

2

；
小球從靜止開(kāi)始做自由下落運(yùn)動(dòng)，則有：h=

v2

2g

；
由以上三式，可解得：h=

d2q2B2

8gm2

答：（1）若帶電小球能進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，h應(yīng)滿足＞

B2d2q2

2m2g

；
（2）小球釋放時(shí)距MN的高度為

2d2q2B2

3gm2

；
（3）小球釋放時(shí)距MN的高度為

d2q2B2

8gm2

．

點(diǎn)評(píng)：本題是一道難題，分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，熟練應(yīng)用動(dòng)能定律、牛頓第二定律、數(shù)學(xué)知識(shí)即可正確解題．