Question

8．如圖所示，豎直平面內的直角坐標系xoy中，在x＜0的區(qū)域內存在豎直方向的勻強電場（圖中未畫出），第三象限內平行于y軸的虛線左側區(qū)域Ⅰ中還存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場，有一長為8.5L的絕緣粗糙直桿沿與x軸正方向成θ=37°固定放置，其PQ段中點恰好與坐標原點O重合，端點Q在區(qū)域Ⅰ的邊界上，質量為m、電荷量為q（q＞0）的小球（可視為質點）穿在直桿上，小球可在桿上只有滑動，將小球從P點靜止釋放，小球沿桿運動，隨后從Q端離開直桿進入區(qū)域Ⅰ，小球在區(qū)域Ⅰ中恰好做勻速圓周運動，一段時間后垂直穿過x軸，已知PQ段長度為L，小球和桿之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，整個過程中小球所帶電荷量不變，重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求
（1）場強的大小及方向
（2）磁感應強度的大小
（3）若改變小球在直桿上靜止釋放的位置，求小球從Q點經磁場偏轉后直接到達x軸的時間．

Answer 1

分析 （1）由于小球在Ⅰ區(qū)受三個力作用做勻速圓周運動，則其中的重力及電場力平衡，從而求出電場強度的大小和方向．
（2）從P點到Q點由動能定理求出進入磁場的速度，由于是垂直到達x軸，所以很容易確定小球做勻速圓周運動的圓心和半徑，由洛侖茲力提供向心力求出磁感應強度．
（3）同樣道理，從橫坐標x處自由滑下的小球由動能定理求出進入磁場的速度，由于半徑發(fā)生變化，畫出軌跡，由幾何關系求出小球轉過的角度，由周期公式從而求出從Q點到達x軸的時間．

解答 解：（1）由題意，小球進入Ⅰ區(qū)后恰好做勻速圓周運動，則可知：Eq=mg 
所以x＜0區(qū)的電場強度E=$\frac{mg}{q}$  方向豎直向上．
（2）從P到Q點，由動能定理得：$mglsinθ-μmgcosθ•\frac{l}{2}-Eq\frac{l}{2}sinθ=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
代入可得：v=$\frac{\sqrt{5gl}}{5}$=$\sqrt{2l}$
由于粒子做勻速圓周運動垂直打在x軸上，由幾何關系就能求出做勻速圓周運動的半徑為：r=$\frac{l}{2}$tgθ=$\frac{3}{8}l$
由洛侖茲力提供向心力，有：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$
就能求得：B=$\frac{8\sqrt{2}m}{3q\sqrt{l}}$
（3）設小球從橫坐標為x處自由滑下，由動能定理可得：$mg（xtgθ+\frac{l}{2}sinθ）-μmgcosθ•\frac{x}{cosθ}-Eq\frac{l}{2}sinθ$=$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
從而求$v′=5\sqrt{x}$
在Ⅰ區(qū)內做勻速圓周運動，由上述結論半徑為：r=$\frac{mv′}{qB}$=$\frac{15}{8}\sqrt{lx}$
由幾何關系有：cosα=$\frac{AB}{r}=\frac{（r-\frac{l}{2}tgθ）}{cosθ•r}$=$\frac{5}{4}-\frac{15l}{32r}$=$\frac{5}{4}-\frac{3l}{32\sqrt{x}}$
小球離開桿到達x軸的時間為：t=$\frac{α+θ}{2π}T$=$\frac{arccos（\frac{5}{4}-\frac{3l}{32\sqrt{x}}）+θ}{960}π\(zhòng)sqrt{2l}$   （其中α、θ均有°表示）
答：（1）場強的大小是$\frac{mg}{q}$，方向為豎直向上．
（2）磁感應強度的大小為$\frac{8\sqrt{2}m}{3q\sqrt{l}}$．
3）若改變小球在直桿上靜止釋放的位置，小球從Q點經磁場偏轉后直接到達x軸的時間為$\frac{arccos（\frac{5}{4}-\frac{3l}{32\sqrt{x}}）+θ}{960}π\(zhòng)sqrt{2l}$．

點評 本題要注意的幾個問題：①是由于重力與電場力抵消，所以小球從O點到Q點也不受支持力和摩擦力，合力為零，做勻速直線運動．②第三問先假設從橫坐標x處自由滑下，求出進入磁場的速度，確定圓心和半徑，求出轉過的角度，從而也就求出了時間．