Question

4．如圖，豎直平面坐標(biāo)系xoy的第一象限，有垂直xoy面向里的水平勻強磁場和豎直向下的勻強電場，大小分別為B和E；第四象限有豎直向上的勻強電場，大小也為E；第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標(biāo)原點O相接，最低點為N．一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上（y＞0）的P點沿x軸正方向進入第一象限后做勻速圓周運動，恰好通過坐標(biāo)原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運動，過N點水平進入第四象限，并在電場中運動（已知重力加速度為g）．
（1）判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量；
（2）P點距坐標(biāo)原點O至少多高；
（3）若該小球以滿足（2）中OP最小值的位置和對應(yīng)速度進入第一象限，通過N點開始計時，經(jīng)時間t=$\sqrt{\frac{R}{g}}$小球距坐標(biāo)原點O的距離s為多遠？

Answer 1

分析 （1）小球進入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運動，說明重力與電場力平衡從而判定小球的電性和電量．
（2）設(shè)勻速圓周運動的速度為v、軌道半徑為r由洛倫茲力提供向心力；小球恰能通過半圓軌道的 最高點并沿軌道運動，則應(yīng)滿足重力和電場力的合力恰好提供向心力，聯(lián)立即可求出P點距坐標(biāo)原點O至少多高；
（3）小球由O運動到N的過程中由機械能守恒，小球從N點進入電場區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上作類平拋運動．根據(jù)運動的類型，寫出相應(yīng)的公式，就可以求解．

解答 解：（1）小球進入第一象限正交的 電場和磁場后，在垂直磁場的 平面內(nèi)做圓周運動，說明重力與電場力平衡．設(shè)小球所帶電荷量為q，則有：
qE=mg  
解得：
q=$\frac{mg}{E}$
又電場方向豎直向下，故小球帶負(fù)電．
（2）設(shè)勻速圓周運動的 速度為v、軌道半徑為r由洛倫茲力提供向心力得：
qBv=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運動，則應(yīng)滿足：
mg+qE=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得：
r=$\frac{m\sqrt{2gR}}{qB}$
即PO的最小距離為：
y=2r=$\frac{2m\sqrt{2gR}}{qB}$
（3）小球由O運動到N的 過程中設(shè)到達N點的速度為v_N，由機械能守恒得：
（qE+mg）2R=$\frac{1}{2}m{v}_{N}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
聯(lián)立解得：
v_N=$\sqrt{10gR}$
小球從N點進入電場區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上作類平拋運動．設(shè)加速度為a，則有：
沿x軸方向有：x=v_Nt
沿電場方向有：y′=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
由牛頓第二定律得：a=$\frac{qE+mg}{m}$=2g
t=$\sqrt{\frac{R}{g}}$時刻小球距O點為：S=$\sqrt{{x}^{2}+（y′+2R）^{2}}$ 
聯(lián)立解得：S=$\sqrt{19}R$
答：（1）小球的帶負(fù)電，其所帶電荷量q=$\frac{mg}{q}$；
（2）P點距坐標(biāo)原點O至少為$\frac{2m\sqrt{2gR}}{qB}$；
（3）經(jīng)時間t=$\sqrt{\frac{R}{g}}$，小球距坐標(biāo)原點O的距離為$\sqrt{19}R$．

點評 該題中，設(shè)置的情景比較復(fù)雜，運動的過程較多，一定要理清運動的過程和各個過程中的受力以及做功的情況，再選擇合適的公式進行解題．