Question

在如圖甲所示的空間里，存在垂直紙面向里即水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B=，在豎直方向存在如圖乙所示交替變化的電場（豎直向上為正），電場強度E大小為，空間中有一傾角為θ的足夠長的光滑絕緣斜面，斜面上有一質(zhì)量為m，帶電荷量為-q的小球，從t=0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設(shè)第7s內(nèi)小球不會離開斜面，重力加速度為g，求：
（1）第2s末小球速度υ₂的大�。�
（2）前8s內(nèi)小球通過的路程L；
（3）若第19s末小球仍未離開斜面，θ角應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

【答案】分析：（1）第一秒內(nèi)，重力和電場力向下，磁場力垂直向上，支持力也是垂直向上，合力等于重力和電場力的平行斜面分力，根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度，求解出1s末速度，然后做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解出周期，得到前兩秒的運動規(guī)律．
（2）2s為一個周期，奇數(shù)秒內(nèi)做勻加速直線運動，偶數(shù)秒內(nèi)做勻速圓周運動；根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動的第1s、第2s、第3s位移之比為1：3：5，得到奇數(shù)秒內(nèi)的位移；根據(jù)勻速圓周運動半徑公式得到半徑與速度成正比；最后求解總路程．
（3）第19s末小球仍未離開斜面，說明磁場力的垂直分力大于重力和電場力的垂直斜面分力之和．
解答：解：（1）第一秒內(nèi)小球受到豎直向下的重力mg和電場力qE作用，在斜面上以加速度a做勻加速運動．由牛頓第二定律得：（mg+qE）sinθ=ma       
第一秒末小球的速度：υ₁=at₁=2gsinθ           
第二秒內(nèi)電場力反向：且滿足qE=mg          
第二秒內(nèi)小球受到洛倫茲力作用將離開斜面以υ₁做半徑為R₂的勻速圓周運動．
由向心力公式得：qυ₁B=m
小球做勻速圓周運動周期：T==1s   
結(jié)合題圖可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運動，在偶數(shù)秒內(nèi)離開斜面恰好做完整的圓周運動，小球運動軌跡如圖所示．
小球第2s末的速度：υ₂=υ₁=at₂=2gsinθ            
（2）第3s末小球速度：υ₃=a（t₁+t₃）=4gsinθ
第5s末速度：υ₅=a（t₁+t₃+t₅）=6gsinθ
第7s末速度：υ₇=a（t₁+t₃+t₅+t₇）=8gsinθ
第2s內(nèi)小球做圓周運動的半徑：R₂=
第4s內(nèi)小球做圓周運動的半徑：R₄=
第6s內(nèi)小球做圓周運動的半徑：R₆=
第8s內(nèi)小球做圓周運動的半徑：R₈=
第1s內(nèi)小球做勻加速直線運動的路程：s₁═=gsinθ
第2s內(nèi)小球做勻速圓周運動的路程：s₂=2πR₂=2gsinθ
0～8s內(nèi)小球做勻加速直線運動的總路程：L₁=s₁+3s₁+5s₁+7s₁=16s₁=16gsinθ        
0～8s內(nèi)小球做勻速圓周運動的總路程：L₂=s₂+s₄+s₆+s₈=s₂+2s₂+3s₂+4s₂=10s₂=20gsinθ 
前8s內(nèi)小球通過的路程：L=L₁+L₂=36gsinθ                                     
（3）第19s末仍在斜面上，則有：υ₁₉=a（t₁+t₃+t₅+t₇+t₉+t₁₁+t₁₃+t₁₅+t₁₇+t₁₉）=10a=20gsinθ    
且19s末小球所受洛倫茲力Bqυ₁₉、重力mg和電場力qE作用，應(yīng)滿足：
Bqυ₁₉≤（mg+qE）cosθ        
解得：tanθ≤
答：（1）第2s末小球速度υ₂的大小為2gsinθ；
（2）前8s內(nèi)小球通過的路程L為36gsinθ；
（3）若第19s末小球仍未離開斜面，θ角應(yīng)滿足的條件為：tanθ≤．
點評：本題關(guān)鍵是明確帶電粒子的運動規(guī)律并畫出運動軌跡，知道奇數(shù)秒內(nèi)粒子做勻加速直線運動，偶數(shù)秒內(nèi)粒子做勻速圓周運動．