Question

（2010?成都二模）如圖所示，水平地面上有一輛小車(chē)，車(chē)上固定一個(gè)豎直光滑絕緣管，管的底部有一質(zhì)量m₁=0.2g、電荷量q=8×10^-5C的帶正電小球，小球的直徑比管的內(nèi)徑略�。�在管口所在水平面MN的下方存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁=15T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN面的上方還存在著豎直向上、場(chǎng)強(qiáng)E=25V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂=5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)讓小車(chē)始終保持v_x=2m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，以帶電小球剛經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的邊界PQ為計(jì)時(shí)的起點(diǎn)，測(cè)得小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)的這段時(shí)間為t=1s，g取10/s²，不計(jì)空氣阻力．
（1）求小球進(jìn)入磁場(chǎng)B₁時(shí)的加速度a的大小．
（2）求小球離開(kāi)管口時(shí)的速度v的大�。�
（3）若小球離開(kāi)管口后，在運(yùn)動(dòng)中的最高點(diǎn)，與靜止在絕緣支架的微小光滑水平臺(tái)上的、質(zhì)量為m₂=0.2g、不帶電的小球（圖中未畫(huà)出）碰撞后成為一個(gè)整體，且碰撞導(dǎo)致該整體不帶電．求該整體穿過(guò)MN平面的位置到小球剛離開(kāi)管口時(shí)的位置之間的距離s的大�。�

Answer 1

分析：（1）由洛倫茲力與重力共同提供合力，根據(jù)牛頓第二定律，即可求解；
（2）根據(jù)速度的分解，結(jié)合矢量法則，即可求解；
（3）因電場(chǎng)力與重力相平衡，則洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，與幾何關(guān)系，及動(dòng)量守恒定律，即可求解．

解答：解：（1）小球在管中參與兩個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)，即水平方向，以v_x向右勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向，因水平速度而受到豎直向上的洛倫茲力，向上勻加速運(yùn)動(dòng)．
所以小球進(jìn)入磁場(chǎng)B₁時(shí)的加速度為a，由牛頓第二定律，則有：B₁qv_x-m₁g=m₁a
代入數(shù)據(jù)，解得：a=

B1qvx

m1

-g=2m/s2；
（2）小球在t=1s時(shí)，豎直分速度，v_y=at=2m/s；而水平分速度v_x=2m/s；
則小球離開(kāi)管口的速度v=

v 2 x + v 2 y

=2

2

m/s；
（3）小球離開(kāi)管子后，進(jìn)入MN上方的復(fù)合場(chǎng)中，因Eq₁=2×10^-3N=m₁g；
所以小球在洛倫茲力的作用下，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)v與MN成θ角，則tanθ=

vy

vx

=1，所以θ=45°；
其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，由B₂qv=m₁

v2

r

；
解得：r=

m1v

qB2

=

2

m；
當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，速度水平，與小球2碰撞，水平方向動(dòng)量守恒，且合成的整體不帶電，此后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)共同速度為v₁；
則有：m₁v=（m₁+m₂）v₁；
解得：v₁=

v

2

=

2

m/s；
設(shè)最高點(diǎn)距MN的距離為h，則有：h=r-rsin45°=（

2

-1）m；
設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₁，則有：h=

1

2

g

t

2 1

解得：t₁=

2 -1 5

，
所求距離s=rcos45°+v₁t₁；
解得：s=（1+

2( 2 -1) 5

）m≈1.4m．
答：（1）小球進(jìn)入磁場(chǎng)B₁時(shí)的加速度a的大小2m/s²．
（2）小球離開(kāi)管口時(shí)的速度v的大小2

2

m/s．
（3）該整體穿過(guò)MN平面的位置到小球剛離開(kāi)管口時(shí)的位置之間的距離s的大小1.4m．

點(diǎn)評(píng)：考查洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，理解牛頓第二定律的應(yīng)用，掌握矢量的分解法則，注意幾何關(guān)系的正確建立，掌握動(dòng)量守恒定律，注意其方向性．