Question

20．如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在第IV象限存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度為B=2T、方向垂直于xOy平面向外．電場E₁平行于y軸；在第Ⅲ象限存在沿x軸正方向的勻強電場E₂，已知場強E₁、E₂的大小相等．一可視為質(zhì)點、比荷為$\frac{q}{m}$=5C/kg的帶正電小球，從y軸上的A（0，0.2m）點以初速度v₀水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M（0.4m，0）點進入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限恰能做勻速圓周運動．不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s²．求：
（1）小球從A點拋出時的初速度大小v₀及場強E₁的大小；
（2）小球第一次經(jīng)過y軸負半軸的坐標；
（3）小球從A點出發(fā)到第三次經(jīng)過y軸負半軸所用的時間．

Answer 1

分析 （1）小球在Ⅰ象限做平拋運動，根據(jù)分位移公式列式求解初速度；
在第Ⅳ象限做勻速圓周運動，重力和電場力平衡，洛侖茲力提供向心力，據(jù)此求解電場強度E₁；
（2）在第Ⅳ象限做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑，結(jié)合幾何關(guān)系得到與y軸交點的坐標；
（3）小球在第Ⅲ象限受重力和電場力，合成得到合力的大小和方向，得到小球做勻變速直線運動，畫出小球的額運動軌跡，然后分平拋、勻速圓周運動、直線運動過程分別求解運動時間．

解答 解：（1）小球在第Ⅰ象限平拋，由運動學規(guī)律，有：
x=v₀t₁
$y=\frac{1}{2}gt_1^2$
聯(lián)立解得：t₁=0.2s，v₀=2m/s；
因小球在第Ⅳ象限做勻速圓周運動，故重力和電場力平衡，故：
mg=qE₁，
解得：E₁=2N/C；
（2）小球平拋到M點，分解運動，有：v_y=gt₁，$tanθ=\frac{v_y}{v_0}$，$v=\frac{v_0}{cosθ}$；
解得：v=2$\sqrt{2}$m/s，θ=45°；
在第Ⅳ象限，洛侖茲力提供向心力，故：$qvB=m\frac{v^2}{R}$，
解得：R=0.2$\sqrt{2}$m；
分析知小球剛好經(jīng)過半個圓周到達y軸上的N點，如圖所示：

由幾何關(guān)系知道N點的坐標為（0，-0.4m）；
（3）小球第一次在第Ⅳ象限的運動時間${t_2}=\frac{πR}{v}$，
接著，小球與y軸成夾角為45°進入第Ⅲ象限，由于電場力和重力大小相等，其合力恰好與小球進入第Ⅲ象限的初速度v方向相反，故小球在第Ⅲ象限做類似上拋運動；
F_合=$\sqrt{2}$mg，a=$\sqrt{2}$g；
由運動學規(guī)律，有：2v=$\sqrt{2}$gt₃，
小球再次過y軸，與y軸成夾角45°再次進入第Ⅳ象限，做勻速圓周運動經(jīng)$\frac{1}{4}$圓周到達y軸上的J點；
小球第二次在第Ⅳ象限的運動時間${t_4}=\frac{πR}{2v}$，
綜上可知，小球從A點出發(fā)到第三次經(jīng)過y軸負半周所用時間為：t=t₁+t₂+t₃+t₄，
解得：t=（0.6+0.15π）s≈1.07s；
答：（1）小球從A點拋出時的初速度大小v₀為2m/s，場強E₁的大小為2N/C；
（2）小球第一次經(jīng)過y軸負半軸的坐標為（0，-0.4m）；
（3）小球從A點出發(fā)到第三次經(jīng)過y軸負半軸所用的時間為1.07s．

點評 本題考查小球在復(fù)合場中的運動情況，關(guān)鍵是理清小球的受力情況和運動情況，分平拋運動過程、勻速圓周運動過程、勻變速直線運動過程減小討論．