Question

1．如图所示，在Ⅰ区里有与水平方向成60°角的匀强电场E₁，宽度为d，在Ⅱ区里有垂直于平面向外的匀强磁场和竖直方向的电场E₂，宽度也为d，一带电量为q、质量为m的微粒自图中P点由静止释放后沿虚线做直线运动进入Ⅱ区的磁场，已知PQ与中间边界MN的夹角是60°，若粒子进入Ⅱ区后再做匀速圆周运动还能回到MN边界上．重力加速度为g，Ⅰ区和Ⅱ区的场在竖直方向足够长，d、m、q已知，求：
（1）微粒带何种电荷，Ⅰ区和Ⅱ区电场E₁和E₂的大小的比值及E₂方向；
（2）若微粒能再次回到MN边界，Ⅱ区磁感应强度B的范围；
（3）微粒从开始运动到第二次到达MN的最长时间．

Answer 1

分析 （1）微粒在Ⅰ区受到重力和电场力作用而做初速度为零的匀加速直线运动，画出其受力示意图，求解电场强度E₁的大小．在Ⅱ区微粒做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，由此列式求解E₂的大小，并确定E₂方向．即可求解E₁和E₂的大小的比值．
（2）若微粒恰能再次回到MN边界，其轨迹与磁场Ⅱ右边界相切，画出轨迹，求出轨迹半径，由牛顿第二定律求出磁感应强度的最小值，从而得到其范围．
（3）在Ⅰ区中，由运动学公式求解时间．在Ⅱ区，根据轨迹的圆心角求解时间，从而得到总时间．

解答 解：（1）微粒在Ⅰ区受到重力和电场力作用而做初速度为零的匀加速直线运动，受力示意图如图，其合力沿PQ方向，可知微粒带正电．
由几何关系得：qE₁=2mgcos30°
可得 E₁=$\frac{\sqrt{3}mg}{q}$
在Ⅱ区微粒做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，有 qE₂=mg
可得 E₂=$\frac{mg}{q}$，方向竖直向上．
故$\frac{{E}_{1}}{{E}_{2}}$=$\sqrt{3}$
（2）在Ⅰ区中，由几何关系可知，微粒的合外力F_合=mg
根据动能定理得 F_合$\frac{d}{sin60°}$=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得 v=2$\sqrt{\frac{\sqrt{3}gd}{3}}$
若微粒恰能再次回到MN边界，其轨迹与磁场Ⅱ右边界相切，画出轨迹如图，设轨迹半径为r，则
 r+rsin30°=d
得 r=$\frac{2}{3}$d
由qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$得 B=$\frac{m\sqrt{3\sqrt{3}gd}}{qd}$
故，Ⅱ区磁感应强度B的范围 B＞$\frac{m\sqrt{3\sqrt{3}gd}}{qd}$．
（3）设微粒在Ⅰ区和Ⅱ区运动时间分别为t₁和t₂．
则 $\frac{d}{sin60°}$=$\frac{v{t}_{1}}{2}$，得t₁=2$\sqrt{\frac{d}{g}}$
t₂=$\frac{240°}{360°}$T
而周期 T=$\frac{2πm}{qB}$
联立得 t₂=$\frac{4π}{3\sqrt{3\sqrt{3}}}$$\sqrt{\frac{d}{g}}$
故总时间 t=t₁+t₂=（2+$\frac{4π}{3\sqrt{3\sqrt{3}}}$）$\sqrt{\frac{d}{g}}$
答：
（1）微粒带正电荷，Ⅰ区和Ⅱ区电场E₁和E₂的大小的比值为$\sqrt{3}$，E₂方向竖直向上；
（2）若微粒能再次回到MN边界，Ⅱ区磁感应强度B的范围 B＞$\frac{m\sqrt{3\sqrt{3}gd}}{qd}$；
（3）微粒从开始运动到第二次到达MN的最长时间为（2+$\frac{4π}{3\sqrt{3\sqrt{3}}}$）$\sqrt{\frac{d}{g}}$．

点评 本题要掌握受力分析的方法，掌握受力平衡状态方程，理解力的平行四边形定则与牛顿第二定律的应用，注意几何关系在本题的运用．