Question

12．如圖所示，地面上方豎直界面N左側(cè)空間存在著水平的、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T．與N平行的豎直界面M左側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E₁=100N/C．在界面M與N之間還同時存在著水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E₂=100N/C．在緊靠界面M處有一個固定在水平地面上的豎直絕緣支架，支架上表面光滑，支架上放有質(zhì)量m₂=1.8×10^-4kg的帶正電的小物體b（可視為質(zhì)點），電荷量q₂=1.0×10^-5 C．一個質(zhì)量為m₁=1.8×10^-4kg，電荷量為q₁=3.0×10^-5 C的帶負(fù)電小物體（可視為質(zhì)點）a以水平速度v₀射入場區(qū)，沿直線運(yùn)動并與小物體b相碰，a、b兩個小物體碰后粘合在一起成小物體c，進(jìn)入界面M右側(cè)的場區(qū)，并從場區(qū)右邊界N射出，落到地面上的Q點（圖中未畫出）．已知支架頂端距地面的高度h=1.0m，M和N兩個界面的距離L=0.10m，g取10m/s²．求：
（1）小球a水平運(yùn)動的速率．
（2）物體c剛進(jìn)入M右側(cè)的場區(qū)時的加速度．
（3）物體c落到Q點時的速率．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)三力平衡，與洛倫茲力表達(dá)式，即可求解；
（2）根據(jù)動量守恒定律，結(jié)合牛頓第二定律，即可求解；
（3）根據(jù)動能定理，即可求解．

解答 解：（1）a向b運(yùn)動過程中受向下的重力，向上的電場力和向下的洛侖茲力．
小球a的直線運(yùn)動必為勻速直線運(yùn)動，a受力平衡，因此有
q₁E₁-q₁v₀B-m₁g=0
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=20m/s
（2）二球相碰動量守恒有：m₁v₀=（m₁+m₂）v，
代入數(shù)據(jù)解得：v=10m/s
物體c所受洛侖茲力為：f=（q₁-q₂）vB=4×10^-4N，方向向下
物體c在M有場區(qū)受電場力為：F₂=（q₁-q₂）E₂=2×10^-3N，方向向右
物體c受到的重力為：G=（m₁+m₂）g=3.6×10^-3N，方向向下
物體c受到的合力為：F_合=$\sqrt{{F}_{2}^{2}+（\;f+G）^{2}}=2\sqrt{5}×1{0}^{-3}N$
物體c的加速度為：a=$\frac{{F}_{合}}{{m}_{1}+{m}_{2}}=\frac{50\sqrt{5}}{9}$m/s²，
設(shè)合力的方向與水平方向的夾角為θ，則有：tanθ=$\frac{f+G}{{F}_{2}}$=2，
解得：θ=arctan2，
加速度指向右下方與水平方向成arctan2．
（3）物體c通過界面M后的飛行過程中電場力和重力都對它做正功．設(shè)物體c落到Q點時的速率為v_t，由動能定理有：
（m₁+m₂）gh+（q₁-q₂）E₂L=$\frac{1}{2}（{m}_{1}+{m}_{2}）{v}^{2}$$-\frac{1}{2}（{m}_{1}+{m}_{2}）{v}^{2}$
解得：v_t=$\sqrt{122.2}$m/s
答：（1）小球a水平運(yùn)動的速率20m/s．
（2）物體c剛進(jìn)入M右側(cè)的場區(qū)時的加速度大小為$\frac{100\sqrt{2}}{9}m/{s}^{2}$，而方向指向右下方與水平方向成45°角．
（3）物體c落到Q點時的速率$\sqrt{122.2}$m/s．

點評 考查受力平衡的狀態(tài)方程，牛頓第二定律與動量守恒定律的應(yīng)用，掌握動能定理及功的正負(fù)．