Question

8．如圖所示，固定在地面上豎直放置的管狀軌道由玻璃燒制而成，內壁光滑．軌道AB部分呈直線狀，與地面的夾角為45°．BCDE部分是一段圓弧，O時圓弧的圓心，圓弧半徑R=$\frac{\sqrt{2}}{2}$m，∠BPD=90°，∠BOE=∠DOE=135°，C時圓弧與地面的切點，B是兩段軌道上的切點，E在O點正上方，軌道圓弧部分處在正交的電磁場中，直線MN時電磁場的左邊界．勻強電場E的方向豎直向上，大小未知，勻強磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B=0.4T．將一帶正電小球從軌道AB上某位置無處速度釋放，以v=2m/s的速度進入復合場．由于受軌道約束，小球在圓弧軌道內部做勻速圓周運動，最后從軌道上最高點E脫離軌道．已知小球質量為m=2×10^-4kg，帶電量為q=1.0×10^-3C，軌道的截面是個圓，直徑和小球直徑相等，管壁厚度和小球半徑不計，g取10m/s²，求：
（1）勻強電場強度E的大小；
（2）小球在電磁場中運動的時間（小球離開電磁場后就不再進入）；
（3）小球從直線軌道上的什么位置釋放，小球不會離開電磁場．

Answer 1

分析 （1）小球做勻速圓周運動，則小球的重力與電場力的合力為零，據此求出電場強度．
（2）根據小球在管道中做圓周運動轉過的圓心角與小球做圓周運動的周期求出在管道中的運動時間，然后求出小球離開管道后的在電磁場中的運動時間，然后求出總的運動時間．
（3）小球離開管道后會在電磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，求出小球恰好不離開電磁場的臨界軌道半徑，然后應用牛頓第二定律求出小球的速度，最后應用動能定理求出小球釋放點的高度．

解答 解：（1）小球在圓弧軌道內做勻速圓周運動，則重力與電場力合力為零，
即：mg=qE，解得，電場強度：E=2N/C；
（2）小球在圓弧軌道中做勻速圓周運動的周期：T=$\frac{2πR}{v}$=$\frac{\sqrt{2}π}{2}$s，
小球在圓弧軌道中轉過的圓心角為135°+90°=225°，
小球在圓弧軌道中的運動時間：t₁=$\frac{225°}{360°}$T=$\frac{5\sqrt{2}π}{16}$s，
小球離開圓弧軌道后在電磁場中做勻速圓周運動，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：r=1m，sinθ=$\frac{Rsin45°}{r}$=$\frac{1}{2}$，θ=30°，
小球在電磁場中做圓周運動的周期：T′=$\frac{2πr}{v}$=π，
小球離開E后在電磁場中的運動時間：t₂=$\frac{θ}{360°}$T′=$\frac{π}{12}$，
小球在電磁場中的運動時間：t=t₁+t₂=$\frac{15\sqrt{2}π+4π}{48}$s≈1.65s；
（3）E點到MN的水平距離：d=Rsin45°=0.5m，
小球離開E后在電磁場中做勻速圓周運動，
當小球的軌道半徑：r′≤d=0.5m時小球不會離開電磁場，
由牛頓第二定律得：qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{r′}$，解得：v′=1m/s，
對小球，由動能定理得：mgh=$\frac{1}{2}$mv′²-0，
解得：h=0.05m=5cm，小球釋放點到B的高度應小于等于5cm；
答：（1）勻強電場強度E的大小為2N/C；
（2）小球在電磁場中運動的時間為1.65s；
（3）小球從直線軌道上距離B點的高度小于等于5cm處釋放，小球不會離開電磁場．

點評 本題考查了帶電小球在電磁場中的運動，知道小球做勻速圓周運動的條件、分析清楚小球的運動過程、作出小球的運動軌跡是解題的關鍵，應用牛頓第二定律、小球做圓周運動的周期公式可以解題．