Question

9．如圖所示，豎直直角坐標(biāo)系xoy平面內(nèi)，存在方向豎直向上E=2×10²V/m的勻強(qiáng)電場；在y＞0的空間中，存在垂直xoy平面水平向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2$\sqrt{2}$×10²T，一平行板電容器下極板正好在x軸上，上極板在y=5cm處，極板與y軸垂直；在y=-（5$\sqrt{2}$+5）cm處有垂直于y軸的絕緣擋板（圖中未畫出），小球與擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞遵從反射定律，有質(zhì)量為m=10g、電量為q=+5×10^-4C的彈性帶電小球，由靜止從原點(diǎn)出發(fā)，豎直向上經(jīng)電容器兩極板間電場E₀=4×10²V/m加速后（兩極板間無磁場，極板很短），通過上極板上的小孔A進(jìn)入到磁場中，g取10m/s²．試求：
（1）小球到達(dá)A點(diǎn)時的速率v₀
（2）小球在磁場中運(yùn)動的半徑R
（3）小球從O點(diǎn)出發(fā)到再次回到O點(diǎn)所用的時間t．

Answer 1

分析 （1）小球在電場中加速，由動能定理可以求出小球的速度；
（2）小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出小球的軌道半徑；
（3）小球在電場中加速、在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)勻變速運(yùn)動規(guī)律與做圓周運(yùn)動的周期公式求出小球的運(yùn)動時間．

解答 解：（1）小球在極板間的加速過程中，
由動能定理得：$（q{E}_{0}-mg）{h}_{1}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$ …①
解得：v₀=1m/s；
（2）小球在磁場中運(yùn)動時，電場力平衡重力：qE=mg=0.1N …②
洛侖茲力提供小球做圓周運(yùn)動的向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$  ③，
解得：R=$\frac{1}{10\sqrt{2}}$m≈0.07m=7cm ④
（3）小球的運(yùn)動分三個階段：
第一階段加速直線：y=$\frac{1}{2}$$\frac{q{E}_{0}-mg}{m}$t₁²  …⑤
第二階段勻速圓周，圓周運(yùn)動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$ …⑥
圓周運(yùn)動的時間：t₂=$\frac{θ}{2π}$T…⑦
第三階段勻速直線：t₃=$\frac{s}{{v}_{0}}$…⑧
其中：s=$\sqrt{2}$（R+$\frac{\sqrt{2}}{2}$R）…⑨
由運(yùn)動的對稱性可知：t_總=2（t₁+t₂+t₃）…⑩
解得：t_總=2（$\frac{1}{10}$+$\frac{\sqrt{2}π}{16}$+$\frac{2+\sqrt{2}}{20}$）s≈1.098s；
答：（1）小球到達(dá)A點(diǎn)時的速率v₀為：1m/s；
（2）小球在磁場中運(yùn)動的半徑R為7cm；
（3）小球從O點(diǎn)出發(fā)到再次回到O點(diǎn)所用的時間t為1.098s．

點(diǎn)評 本題考查了帶電小球在電場與復(fù)合場中的運(yùn)動，分析清楚小球的運(yùn)動過程、作出小球的運(yùn)動軌跡是正確解題的關(guān)鍵，對小球正確受力分析，應(yīng)用動能定理、運(yùn)動學(xué)公式與牛頓第二定律可以解題．