(2010?成都二模)如圖所示,水平地面上有一輛小車,車上固定一個豎直光滑絕緣管,管的底部有一質(zhì)量m1=0.2g、電荷量q=8×10-5C的帶正電小球,小球的直徑比管的內(nèi)徑略小.在管口所在水平面MN的下方存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度B1=15T的勻強磁場,MN面的上方還存在著豎直向上、場強E=25V/m的勻強電場和垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度B2=5T的勻強磁場,現(xiàn)讓小車始終保持vx=2m/s的速度勻速向右運動,以帶電小球剛經(jīng)過磁場的邊界PQ為計時的起點,測得小球在管內(nèi)運動的這段時間為t=1s,g取10/s2,不計空氣阻力.
(1)求小球進入磁場B1時的加速度a的大。
(2)求小球離開管口時的速度v的大小.
(3)若小球離開管口后,在運動中的最高點,與靜止在絕緣支架的微小光滑水平臺上的、質(zhì)量為m2=0.2g、不帶電的小球(圖中未畫出)碰撞后成為一個整體,且碰撞導(dǎo)致該整體不帶電.求該整體穿過MN平面的位置到小球剛離開管口時的位置之間的距離s的大。
分析:(1)由洛倫茲力與重力共同提供合力,根據(jù)牛頓第二定律,即可求解;
(2)根據(jù)速度的分解,結(jié)合矢量法則,即可求解;
(3)因電場力與重力相平衡,則洛倫茲力提供向心力,結(jié)合牛頓第二定律、運動學(xué)公式,與幾何關(guān)系,及動量守恒定律,即可求解.
解答:解:(1)小球在管中參與兩個方向的運動,即水平方向,以vx向右勻速運動,豎直方向,因水平速度而受到豎直向上的洛倫茲力,向上勻加速運動.
所以小球進入磁場B1時的加速度為a,由牛頓第二定律,則有:B1qvx-m1g=m1a
代入數(shù)據(jù),解得:a=
B1qvx
m1
-g=2m/s2

(2)小球在t=1s時,豎直分速度,vy=at=2m/s;而水平分速度vx=2m/s;
則小球離開管口的速度v=
v
2
x
+
v
2
y
=2
2
m/s
;
(3)小球離開管子后,進入MN上方的復(fù)合場中,因Eq1=2×10-3N=m1g;
所以小球在洛倫茲力的作用下,做勻速圓周運動,設(shè)v與MN成θ角,則tanθ=
vy
vx
=1
,所以θ=45°;
其運動的軌跡如圖,由B2qv=m1
v2
r
;
解得:r=
m1v
qB2
=
2
m

當(dāng)小球運動到最高點時,速度水平,與小球2碰撞,水平方向動量守恒,且合成的整體不帶電,此后做平拋運動,設(shè)共同速度為v1;
則有:m1v=(m1+m2)v1;
解得:v1=
v
2
=
2
m/s
;
設(shè)最高點距MN的距離為h,則有:h=r-rsin45°=(
2
-1
)m;
設(shè)平拋運動的時間為t1,則有:h=
1
2
g
t
2
1

解得:t1=
2
-1
5
,
所求距離s=rcos45°+v1t1;
解得:s=(1+
2(
2
-1)
5
)m≈1.4m.
答:(1)小球進入磁場B1時的加速度a的大小2m/s2
(2)小球離開管口時的速度v的大小2
2
m/s.
(3)該整體穿過MN平面的位置到小球剛離開管口時的位置之間的距離s的大小1.4m.
點評:考查洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,理解牛頓第二定律的應(yīng)用,掌握矢量的分解法則,注意幾何關(guān)系的正確建立,掌握動量守恒定律,注意其方向性.
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3
mg
的恒力拉桿a,使其達到最大速度時,立即撤銷銷釘,發(fā)現(xiàn)桿b恰好能在原處仍然保持靜止.(重力加速度為g)
(1)求桿a運動中的最大速度v.
(2)求傾斜導(dǎo)軌的傾角θ.
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