Question

3．如圖所示，水平光滑絕緣地面上方虛線MN左側(cè)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E₁=1.0N/C，右側(cè)存在著豎直向上、電場(chǎng)強(qiáng)度E₂=50N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁=5.0T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，場(chǎng)區(qū)豎直方向均足夠在．有兩個(gè)完全相同的金屬小球A、B，質(zhì)量均為0.10g，A帶正電，電量大小為4.0×10^-5C，B不帶電．現(xiàn)將小球A在P點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與靜止在N點(diǎn)的小球B碰撞，PN=0.2m，A、B碰撞時(shí)間極短，碰撞過(guò)程中無(wú)能量損失．球的大小忽略不計(jì)．（g取10m/s²）求：
（1）碰撞前小球A速度大�。�
（2）小球B經(jīng)過(guò)虛線MN時(shí)與水平地面的距離．
（3）小球B落到水平地面上瞬間與此時(shí)小球A的距離．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理可求得碰撞前小球A的速度大��；
（2）碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，由機(jī)械能守恒定律可求得球的速度，粒子在混合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛侖茲力充當(dāng)向心力可求得半徑，由幾何關(guān)系可求得B與MN之間的距離；
（3）小球在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可求得小球B落到水平面上時(shí)與小球A的距離．

解答 解：（1）從P到N，對(duì)A：${E_1}q{S_{pN}}=\frac{1}{2}mv_0^2$…①
${v_0}=\sqrt{\frac{{2{E_1}q{S_{pN}}}}{m}}=0.4m/s$…②
（2）A與B碰撞不損失能量動(dòng)量守恒；設(shè)A的初速度方向?yàn)檎�方向�?br />由動(dòng)量守恒定律可知：
m_Av₀=m_Av_A+m_Bv_B…③
由能量守恒定律可知
$\frac{1}{2}{m_A}v_0^2=\frac{1}{2}{m_A}v_A^2+\frac{1}{2}{m_B}v_B^2$…④
v_A=0，v_B=v₀=0.4m/s，
A，B碰后電量均分，B帶電量${q_B}=\frac{q}{2}=2×{10^{-5}}C$…⑤
對(duì)B：F_電=E₂q，G=mg
代入數(shù)據(jù)得：E₂q=mg，所以B在混合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)…⑥
$B{q_B}{v_B}=m\frac{v_B^2}{R}$，得$R=\frac{{m{v_B}}}{{B{q_B}}}$…⑦
B與MN間距離d=2R=0.8m…⑧
（3）小球進(jìn)入電場(chǎng)后豎直方向：$2R=\frac{1}{2}g{t^2}，t=\sqrt{\frac{4R}{g}}=0.4s$…⑨
水平方向：$a=\frac{{{E_1}{q_B}}}{m}=0.2m/{s^2}$$S={v_0}t-\frac{1}{2}a{t^2}$…⑩
S=0.144m…（11）
答：（1）碰撞前小球A速度大小0.4m/s；
（2）小球B經(jīng)過(guò)虛線MN時(shí)與水平地面的距離為0.8m；
（3）小球B落到水平地面上瞬間與此時(shí)小球A的距離為0.144m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了帶電塵粒在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程后，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可正確解題．