如圖所示,水平地面上有一輛小車,車上固定一個(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。诠芸谒谒矫鍹N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)讓小車始終保持vx=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。
(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,求該小球離開(kāi)MN平面的最大距離是多少?
分析:(1)小球在水平方向上隨小車做勻速直線運(yùn)動(dòng),剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),在豎直方向上對(duì)小球受力分析,受到豎直向下的重力和豎直向上的電場(chǎng)力以及洛倫茲力,在豎直方向上利用牛頓第二定律可求出小球的加速度.
(2)在小球剛要離開(kāi)管口時(shí),在水平方向上合力為零,在水平方向上受管側(cè)壁的彈力和洛倫茲力(此力是速度在豎直方向上的分量產(chǎn)生的)結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求出絕緣管的長(zhǎng)度.
(3)當(dāng)小球離開(kāi)管口進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí),對(duì)其受力分析,受到重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力,經(jīng)計(jì)算可判斷重力和電場(chǎng)力平衡,可知小球會(huì)在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),做出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡圖,利用有邊界磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求出小球和管口在水平方向上的位移之差.
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vx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a由牛頓第二定律有B1qvx-m1g=m1a,
代入數(shù)據(jù)得a=
B1qvx
m1
-g=2m/s2

(2)小球在t=1s時(shí),豎直分速度vy=at=2m/s,而水平分速度vx=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
tanθ=
vy
vx
=1
,所以θ=45°
其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示:

B2qv=m1
v2
r
,
代入數(shù)據(jù)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.
設(shè)最高點(diǎn)距MN的距離為h,由圖中幾何關(guān)系得:
h=r-rcos45°=
2
m-1m=0.41
m
答:(1)小球進(jìn)入磁場(chǎng)B1時(shí)的加速度a的大小為2m/s2
(2)小球離開(kāi)管口時(shí)的速度v的大小2
2
m/s.
(3)若小球離開(kāi)管口后,該小球離開(kāi)MN平面的最大距離是0.41m.
點(diǎn)評(píng):本題考查了帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),對(duì)復(fù)合場(chǎng)的理解和運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分析是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵.第一問(wèn)中實(shí)際速度斜向右上方;第二位通過(guò)彈力求解出豎直分速度,然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解;第三位關(guān)鍵畫出運(yùn)動(dòng)軌跡.
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