Question

如圖甲所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場．勻強磁場分為Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，其邊界為MN、PQ，磁感應(yīng)強度大小均為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．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入電、磁復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運動．（已知重力加速度為g）
（1）求電場強度E的大小；
（2）若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，求帶電小球釋放時距MN的高度h；
（3）若帶電小球從距MN的高度為3h的O′點由靜止開始下落，為使帶電小球運動一定時間后仍能回到O′點，需將磁場Ⅱ向下移動一定距離y（如圖乙所示），求磁場Ⅱ向下移動的距離y及小球從O′點釋放到第一次回到O′點的時間T．

Answer 1

分析：（1）帶電小球恰能做勻速圓周運動，則小球所受重力與電場力相等，由此可以求出電場強度．
（2）小求組在混合場中做勻速圓周運動，速率不變，只有小球從進入磁場的位置離開磁場，然后做豎直上拋運動，才有可能回到出發(fā)點，由動能定理、牛頓第二定律可以求出釋放點的高度．
（3）作出粒子的運動軌跡，作用動能定理、牛頓第二定律、運動學(xué)公式，分別求出各階段的運動時間，然后求出粒子運動的總時間．

解答：解：（1）小球做勻速圓周運動，則mg=qE，電場強度E=

mg

q

；
（2）小球從進入磁場的位置離開磁場，才可能回到出發(fā)點，
小球運動軌跡如圖所示；由幾何知識得：軌道半徑R=

2 3

3

d，
小球下落過程中，由動能定理得：mgh=

1

2

mv²-0，
由牛頓第二定律得：qvB=m

v2

R

，解得：h=

2d2q2B2

3gm2

；
（3）當(dāng)帶電小球從距MN距離為3h處由靜止下落時：
運動軌跡如圖所示，由幾何知識可得：R₁=2d，
由動能定理得：mg?3h=

1

2

mv₁²-0，
由牛頓第二定律得：qv₁B=m

v 2 1

R1

，
粒子在中間運動運動過程中，粒子速度方向與豎直方向成30度角，
由幾何知識可得：y=（6-2

3

）d，
粒子自由落體與豎直上升的總時間t₁=2

2×3h g

=4

dqB

mg

，
粒子做圓周運動的時間t₂=

5πm

3qB

，
粒子做運動運動的總時間t₃=2

(4 3 -4)d

v1

，
一個來回的總時間T=t₁+t₂+t₃=

4dqB

mg

+

5πm

3qB

+

4( 3 -1)m

qB

；
答：（1）電場強度為

mg

q

；
（2）小球釋放時距MN的高度為

2d2q2B2

3gm2

；
（3）帶電粒子的運動時間為

4dqB

mg

+

5πm

3qB

+

4( 3 -1)m

qB

．

點評：本題是一道難題，分析清楚粒子的運動過程、作出粒子運動軌跡，熟練應(yīng)用動能定律、牛頓第二定律、數(shù)學(xué)知識即可正確解題．