Question

19．如圖所示，空間內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線MN的右側(cè)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球自A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，剛好沿直線AC運(yùn)動(dòng)至光滑絕緣的水平面CD點(diǎn)，與水平面碰撞的瞬間，小球的豎直分速度立即減為零，而水平分速度不變，小球運(yùn)動(dòng)至D處剛好離開(kāi)水平面，然后沿圖示曲線DP軌跡運(yùn)動(dòng)，AC與水平面夾角α=45°，重力加速度為g，求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E；
（2）AD之間的水平距離d；
（3）已知小球在軌跡DP上能達(dá)到的最大速度為v_m，當(dāng)小球達(dá)到最大速度時(shí)，磁場(chǎng)突然消失，經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間的速度變$\sqrt{5}$v_m？

Answer 1

分析 （1）小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，受到重力和電場(chǎng)力，兩者的合力沿AC方向，作出力的合成圖求出E．
（2）小球從A運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中，水平分運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)，小球剛好離開(kāi)水平面．由此條件求出小球滑到D點(diǎn)的速度，由速度位移公式求出d．
（3）小球離開(kāi)D點(diǎn)后，受到重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力三個(gè)力作用，當(dāng)洛倫茲力與重力和電場(chǎng)力的合力共線時(shí)，速度最大；磁場(chǎng)突然消失，速度與電場(chǎng)力和重力的合力垂直，做類似平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式列式求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）小球在AC段的受力如圖：

則有：qE=mgcotα
解得：E=$\frac{mg}{q}$
（2）設(shè)小球在D點(diǎn)速度為v_D，在水平方向由牛頓第二定律得：
qE=ma
由運(yùn)動(dòng)學(xué)：
v_D²=2ad
又小顆粒運(yùn)動(dòng)至D處剛好離開(kāi)水平面，則
qv_DB=mg
聯(lián)立以上三式解得：
d=$\frac{{m}^{2}g}{2{q}^{2}{B}^{2}}$
（3）將重力和電場(chǎng)力合成，等效成“等效重力”，則“等效豎直向下”方向是與水平方向成45°角斜向右下方，小球速度最大時(shí)刻，到“等效重力場(chǎng)”的最低點(diǎn)，此時(shí)速度與“等效重力”方向垂直；
故撤去磁場(chǎng)后小球做類似平拋運(yùn)動(dòng)，故根據(jù)牛頓第二定律，有：
a=$\sqrt{2}g$
根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的合速度公式$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+（at）^{2}}$，有：
$\sqrt{5}{v}_{m}=\sqrt{{v}_{m}^{2}+（\sqrt{2}gt）^{2}}$
解得：t=$\frac{\sqrt{2}{v}_{m}}{g}$
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E為$\frac{mg}{q}$；
（2）AD之間的水平距離d為$\frac{{m}^{2}g}{2{q}^{2}{B}^{2}}$；
（3）已知小球在軌跡DP上能達(dá)到的最大速度為v_m，當(dāng)小球達(dá)到最大速度時(shí)，磁場(chǎng)突然消失，經(jīng)過(guò)$\frac{\sqrt{2}{v}_{m}}{g}$時(shí)間的速度變$\sqrt{5}$v_m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況、以及根據(jù)受力情況分析運(yùn)動(dòng)情況的能力．本題在第二問(wèn)中，有分段求和整體求兩種，用整體法比較簡(jiǎn)單一些，但是由于整體法需知道在水平方向是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，這點(diǎn)可能不好想到．用分段法也能求，稍麻煩一點(diǎn)而已．