Question

如圖所示，Oxyz為空間直角坐標系，其中Oy軸正方向豎直向上．在整個空間中存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B．現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電小球從坐標原點O以速度v₀沿Ox軸正方向射出，重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計．
（1）若在整個空間加一勻強電場，小球從坐標原點O射出恰好做勻速圓周運動，求所加電場的場強大小，以及小球做勻速圓周運動第一次通過z軸的z坐標；
（2）若改變第（1）問中所加電場的大小和方向，小球從坐標原點O射出恰好沿Ox軸做勻速直線運動，求此時所加勻強電場的場強大��；
（3）若保持第（2）問所加的勻強電場不變而撤去原有的磁場，小球從坐標原點O以速度v₀沿Ox軸正方向射出后，將通過A點，已知A點的x軸坐標數(shù)值為x_A，求小球經(jīng)過A點時電場力做功的功率．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)重力與電場力平衡，及牛頓第二定律與向心力公式，即可求解；
（2）根據(jù)三力平衡，及洛倫茲力的大小與方向，即可求解；
（3）根據(jù)運動學公式，與牛頓第二定律，及運動的分解，并知道瞬時功率，即可求解．

解答：解：（1）設所加電場場強大小為E₁，由于帶電小球從坐標原點O射出在電場和磁場共存的區(qū)域做勻速圓周運動，所以帶電小球受到的電場力必定與重力平衡，有：qE₁=mg．
解得：E1=

mg

q

設帶電小球做勻速圓周運動的半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式：qv0B=

mv02

R

，
解得：R=

mv0

Bq

帶電小球第一次通過z軸的z坐標為：z=-2R=-

2mv0

Bq

（2）設所加電場場強大小為E₂，帶電小球做勻速直線運動，它所受重力mg、洛倫茲力qv₀B以及電場力qE₂三力合力為零．
因洛倫茲力沿z軸的負方向，重力沿y軸的負方向，
所以電場力：qE2=

(mg)2+(qv 0B)2

解得：E2=

1

q

(mg)2+(qv 0B)2

（3）當撤去磁場后，帶電小球只受電場力和重力作用，這兩個力的合力大小為qv₀B，方向指向Oz正方向，
所以小球在xOz平面做勻變速曲線運動．
帶電小球沿Ox軸正方向以v₀做勻速直線運動，小球從坐標原點O射出，運動到A點所用時間為：t=

xA

v0

帶電小球沿Oz軸正方向做初速為零的勻加速直線運動，其加速度大小為：az=

qv0B

m

 帶電小球到A點時沿Oz正方向的分速度大小為：v_z=a_zt
因重力在這個過程中不做功，小球經(jīng)過A點時，電場力做功的功率等于合外力在此時的瞬時功率，
解得：P_A=qv₀Bv_z=

q2B2v0xA

m

答：（1）則所加電場的場強大小為E1=

mg

q

，以及小球做勻速圓周運動第一次通過z軸的z坐標-

2mv0

Bq

；
（2）則此時所加勻強電場的場強大小E2=

1

q

(mg)2+(qv 0B)2

；
（3）小球經(jīng)過A點時電場力做功的功率=

q2B2v0xA

m

．

點評：考查受力分析與平衡狀態(tài)，掌握運動學公式與牛頓第二定律綜合應用，理解運動的合成與分解的方法，并注意瞬時功率與平均功率的區(qū)別．