Question

4．如图甲所示，竖直平面内的平面直角坐标系xoy，y轴竖直向上，第三象限梯形OACD范围内加有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B，电场强度为E₁=1.5N/C，B大小未知；OA与y轴成θ=45°夹角．第三、四象限在梯形之外加有水平方向的电场E₂，其大小随时间变化如图乙所示（取水平向右为正向）．今有带电小球从A点正上方的F点（x=-0.15$\sqrt{2}$m，y=0.1m）自由下落，在梯形中恰做匀速圆周运动，t=0时刻恰垂直于OA边进入E₂的电场中，t₁时刻第一次经过y轴，t₂时刻第二次经过y轴．（g=10m/s²）求：

（1）磁感应强度B的大小；
（2）小球在磁场中运动的时间；
（3）时刻t₁、t₂各为多少．

Answer 1

分析 （1）根据电场力和重力相等求解比荷，根据自由落体运动求出进入磁场中的速度，根据几何关系求解半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
（2）求出小球在磁场中运动轨迹对应的圆心角，根据周期公式求解时间；
（3）水平方向根据牛顿第二定律求解加速度，再根据位移时间关系、速度时间关系求解时间．

解答 解：（1）小球在梯形中恰做匀速圆周运动，电场力和重力相等，则有：qE₁=mg，
解得：$\frac{q}{m}=\frac{20}{3}C/kg$；
小球进入复合场中的速度为v，根据自由落体运动可得：mgy=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
代入数据解得：v=$\sqrt{2}m/s$；
根据题意可知，粒子在复合场中做圆周运动的半径为：R=x=0.15$\sqrt{2}$m，
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
联立并代入数据解得：B=1T；
（2）小球在磁场中运动的圆心即为O，轨迹对应的圆心角为：$α=\frac{π}{2}-θ=\frac{π}{4}$，
所以小球在磁场中运动时间为：t=$\frac{1}{8}T=\frac{1}{8}×\frac{2πm}{qB}=\frac{1}{8}×\frac{2π}{1}×\frac{3}{20}s=\frac{3π}{80}s$≈0.12s；
（3）粒子射出复合场后沿水平方向的分速度为：v_x=vcos45°=1m/s，
设水平方向的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得：$a=\frac{q{E}_{2}}{m}=\frac{20}{3}×6m/{s}^{2}=40m/{s}^{2}$，
小球离开磁场时距离y轴的距离为：${x}_{1}=Rsinθ=0.15\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}m=0.15m$，
根据位移时间关系可得：${x}_{1}={v}_{x}{t}_{1}+\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$，
代入数据解得：t₁=0.065s；
第一次经过y轴时水平方向的速度为：v₁=v_x+at₁=（1+40×0.065）m/s=3.6m/s，
粒子再次回到y轴的时间为：t′₁=$\frac{2{v}_{1}}{a}=\frac{2×3.6}{40}s=0.18s$，
所以有：t₂=t₁+t′₁=0.065s+0.18s=0.245s．
答：（1）磁感应强度B的大小为1T；
（2）小球在磁场中运动的时间为0.12s；
（3）时刻t₁、t₂分别为0.065s、0.245s．

点评 对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间