Question

如圖所示，在y軸豎直向上的直角坐標(biāo)系中，電場、磁場的分布情況如下：
①在o＜y＜α口的區(qū)域內(nèi)，存在沿x軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場和垂直xoy平面向里的勻強(qiáng)磁場；
②在y＜o(jì)區(qū)域內(nèi)，存在沿y軸正向的勻強(qiáng)電場；
③在y＜y₁區(qū)域內(nèi)，同時(shí)存在垂直xoy平面向外的勻強(qiáng)磁場；
各區(qū)域的電場、磁場強(qiáng)弱相同．一質(zhì)量為m、電量為q帶正電的小球，從xoy平面內(nèi)的P點(diǎn)以初速v₀向右拋出．小球進(jìn)入0＜y＜α的復(fù)合場區(qū)沿直線運(yùn)動(dòng)，恰好過坐標(biāo)原點(diǎn)，方向如圖．如果小球能夠第二次到達(dá)O點(diǎn)，m、α、v₀、q、g為已知量，求：
（1）p點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（3）小球兩次通過O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間．

Answer 1

分析：（1）小球從P點(diǎn)拋出后先做平拋運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入復(fù)合場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由于小球恰好通過原點(diǎn)O，且速度方向與x軸成45°，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法可求得小球剛進(jìn)入復(fù)合場時(shí)的豎直分速度與水平分速度相等，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求得P點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）小球在0＜y＜α區(qū)域沿直線運(yùn)動(dòng)，一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，合力為零，作出力圖，由平衡條件和洛倫茲力公式列式，可求得B．
（3）小球在y＜0區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)如圖丙所示，先作勻速直線運(yùn)動(dòng)，后作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，再做直線運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)，分段求時(shí)間，即可求得總時(shí)間．磁場中，由牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)公式求得周期，根據(jù)軌跡的圓心角求時(shí)間．

解答：解：（1）帶電小球進(jìn)入0＜y＜α區(qū)域時(shí)，速度方向如圖甲，

由此可知，v_y=v₀
小球由P點(diǎn)拋出做平拋運(yùn)動(dòng)．
  v_y=gt
由①②可得t=

v0

g

所以，水平位移s=v₀t=

v 2 0

g

垂直位移h=

v 2 y

2g

=

v 2 0

2g

由小球沿直線運(yùn)動(dòng)可知，小球進(jìn)入此區(qū)域時(shí)的坐標(biāo)為（-α，α）．
故P點(diǎn)坐標(biāo)為[-(

v 2 0

g

+a)，(

v 2 0

2g

+a)]⑤
（2）小球在0＜y＜α區(qū)域沿直線運(yùn)動(dòng)，一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力如圖乙所示
  qE=mg    ⑥
由qvB=

2

mg和v=

2

v0⑦
解得B=

mg

qv0

⑧
（3）小球在y＜0區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)如圖丙所示，先作勻速直線運(yùn)動(dòng)，后作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，再做直線運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t₁、t₂、t₃，⑨

由L_oc=L_ob=R，qvB=

mv2

R

，和L_ob=vt₁ ⑩
得t₁=

v0

g

（11）
T=

2πm

qB

=

2πv0

g

 （12）
t₂=

3

4

t=

3πv0

2g

 （13）
分析知t₃=t₁=

v0

g

，兩次經(jīng)過O點(diǎn)歷時(shí)間為
t=2t₁+t₂=（2+

3π

2

）

v0

g

（14）
答：
（1）P點(diǎn)坐標(biāo)為[-(

v 2 0

g

+a)，(

v 2 0

2g

+a)]．
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B是

mg

qv0

；
（3）小球兩次通過O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為（2+

3π

2

）

v0

g

．

點(diǎn)評：對于帶電粒子在電磁場中運(yùn)動(dòng)的問題，應(yīng)運(yùn)用力學(xué)的基本方法分析粒子的受力情況，確定其運(yùn)動(dòng)情況，再選擇相應(yīng)的物理規(guī)律求解．