Question

12．如图所示，整个空间存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向水平，磁感应强度B=1T，匀强电场未在图中画出；该区域有一长为L₁=60cm 的水平绝缘阻挡层OP，T点是P点正下方距离为L₂=20cm处的一点．质量m=1×10^-3kg、电量q=-1×10^-3C的带点小球（视为质点），自阻挡层左端O以某一竖直速度v₀ 开始向上运动，恰能做匀速圆周运动．若小球与阻挡层相碰后以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞前后电量不变．小球最后能通过T点．（g取10m/s²，可能会用到三角函数值sin37°=0.6，cos37°=0.8）．试求：
（1）电场强度的大小与方向；
（2）小球运动的可能最大速率；
（3）小球从O点运动到T点的时间．

Answer 1

分析 （1）由于小球做匀速圆周运动，所以小球受到的电场力一定与重力大小相等，方向相反，由此结合F=qE即可求出电场强度的大小和方向；
（2）根据小球在磁场中运动的半径公式，可知小球的速度越大，则半径越大，小球的轨迹中，到达D点的最大的半径对应的速度即为所求；
（3）小球被挡板反弹后，继续做匀速圆周运动，结合运动的对称性与运动的周期性，画出可能的运动的轨迹，然后结合偏转角与时间的关系即可求出．

解答 解：（1）由于小球做匀速圆周运动，所以小球受到的电场力一定与重力大小相等，方向相反，得：qE=mg，
所以：$E=\frac{mg}{q}=\frac{1×1{0}^{-3}×10}{1×1{0}^{-3}}=10$V/m；
负电荷受到的电场力的方向向上，所以电场的方向向下．
（2）小球在磁场中运动的，洛伦兹力提供向心力得：
$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
所以：$r=\frac{mv}{qB}$
可知小球的速度越大，则半径越大，小球的轨迹中，到达T点的最大的半径的轨迹如图1，可知：
${R}_{1}^{2}={L}_{2}^{2}+（{L}_{1}-{R}_{1}）^{2}$；
代入数据得：${R}_{1}=\frac{1}{3}$m
所以：${v}_{1}=\frac{qB{R}_{1}}{m}=\frac{1×1{0}^{-3}×1×\frac{1}{3}}{1×1{0}^{-3}}=\frac{1}{3}$m/s
（3）小球被挡板反弹后，继续做匀速圆周运动，结合运动的对称性与运动的周期性，画出可能的运动的轨迹如图2．因为速度的方向与半径垂直，所以圆心必定在挡板所在的水平线上，且满足：R≥L₂

若小球与挡板碰撞n次后到达T点，则满足：2nR＜L₁，所以：n＜1.5．故N取0，或1才能保证小球到达T点，如图2．
小球做圆周运动的周期：$T=\frac{2πR}{v}=\frac{2πm}{qB}=\frac{2π×1{0}^{-3}}{1×1{0}^{-3}×1}=2π$s
①当n=0时，即为（2）中的解，$tanθ=\frac{{L}_{2}}{{L}_{1}-{R}_{1}}=\frac{0.2}{0.6-\frac{1}{3}}=\frac{3}{4}$，所以θ=37°
小球的偏转角为180°+37°=217°，${t}_{1}=\frac{217°}{360°}×2π=\frac{217π}{180}$s．
②当n=1时，得：$（3R-{L}_{1}）^{2}+{L}_{2}^{2}={R}^{2}$
代入数据解得：$R=\frac{1}{5}m$或$R=\frac{1}{4}$m
当$R=\frac{1}{5}m$=0.2m=L₂时，小球运动的轨迹如图中②所示，则：${t}_{2}=\frac{1}{2}T+\frac{3}{4}T=\frac{5}{4}T=2.5π$s
当$R=\frac{1}{4}$m时，小球运动的轨迹如图中③所示，则：$tanβ=\frac{{L}_{2}}{R}=\frac{0.2}{\frac{1}{4}}=0.8$
所以：β=53°
小球运动的时间：${t}_{3}=\frac{1}{2}T+（\frac{360°-53°}{360°}）T=\frac{487π}{180}$s
答：（1）电场强度的大小为10V/m，方向竖直向下；
（2）小球运动的可能最大速率是$\frac{1}{3}$m/s；
（3）小球从O点运动到T点的时间是2πs，或$\frac{217π}{180}$s或$\frac{487π}{180}$s．

点评 该题可行带电微粒在磁场中的运动，解答的关键是能够正确画出小球在磁场中运动的轨迹，确定小球的轨迹的可能的情况，最后再结合$\frac{θ}{360°}=\frac{t}{T}$求出时间．