Question

15．如圖所示，在xOy豎直平面內(nèi)，長L的絕緣輕繩一端固定在第一象限的P點，另一端栓有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球，OP距離也為L且與x軸的夾角為60°．在x軸上方有水平向左的勻強電場，場強大小為$\frac{\sqrt{3}mg}{3q}$，在x軸下方有豎直向上的勻強電場，場強大小為$\frac{mg}{q}$，過O和P兩點的虛線右側(cè)存在方向垂直xOy平面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．小球置于y軸上的C點時，繩恰好伸直且與y軸夾角為30°，小球由靜止釋放后將沿CD方向做直線運動，到達D點時繩恰好繃緊，小球沿繩方向的分速度立即變?yōu)榱�，并以垂直于繩方向的分速度擺下，到達O點時將繩斷開．不計空氣阻力．求：
（1）小球剛釋放瞬間的加速度大小a；
（2）小球到達O點時的速度大小v；
（3）小球從O點開始到最終離開x軸的時間t．

Answer 1

分析 （1）求出粒子受到的合力，然后由牛頓第二定律求出加速度；
（2）由運動學公式與動能定理可以求出粒子的速度；
（3）作出粒子的運動軌跡，牛頓第二定律、運動學公式、圓周運動周期公式求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）如圖所示，小球由靜止釋放時，所受重力和電場力的合力大小為：${F}_{合}=\sqrt{{{F}_{電}}^{2}+（mg）^{2}}$，
根據(jù)牛頓第二定律有：F_合=ma，
解得：a=$\frac{2\sqrt{3}}{3}g$．
（2）設(shè)小球到達D點時的速度為v₀，由運動學公式有：
${{v}_{0}}^{2}=2aL$，
垂直于繩方向的分速度為：v₁=v₀cos30°，
解得：v₁=$\sqrt{\sqrt{3}gL}$．
從D點到O點的過程中，由動能定理得：
mgLcos30°-qE₁L（1-sin30°）=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
解得：v=$\sqrt{\frac{5\sqrt{3}gL}{3}}$．
（3）因為qE₂=mg，小球從O點以v垂直于虛線進入磁場將做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$，
得半徑為：r=$\frac{mv}{qB}$，
周期為：T=$\frac{2πr}{v}=\frac{2πm}{qB}$．
小球進入磁場中運動$\frac{1}{2}$圓周后又垂直于虛線射出磁場，以v做勻速直線運動第一次打在x軸上，勻速直線運動的距離為：$d=2rtan60°=2\sqrt{3}r$，
${t}_{1}=\frac{T}{2}=\frac{πm}{qB}$，
${t}_{2}=\fractz51hrn{v}=\frac{2\sqrt{3}m}{qB}$，
小球再進入電場E₁后，小球所受重力和電場力的合力垂直于v，小球做類平拋運動，
$\frac{\frac{1}{2}a{{t}_{3}}^{2}}{v{t}_{3}}=tan30°$，
解得：${t}_{3}=\sqrt{（\frac{5\sqrt{3}}{3}）\frac{L}{g}}$．
則有：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{（π+2\sqrt{3}）m}{qB}+\sqrt{（\frac{5\sqrt{3}}{3}）\frac{L}{g}}$．
答：（1）小球剛釋放瞬間的加速度大小a為$\frac{2\sqrt{3}}{3}g$；
（2）小球到達O點時的速度大小v為$\sqrt{\frac{5\sqrt{3}gL}{3}}$．；
（3）小球從O點開始到最終離開x軸的時間t為$\frac{（π+2\sqrt{3}）m}{qB}+\sqrt{（\frac{5\sqrt{3}}{3}）\frac{L}{g}}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子的運動過程、應(yīng)用牛頓第二定律、運動學公式、動能定理、運動的合成與分解即可正確解題．