Question

10．在如圖所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度在數(shù)值上滿足B=$\frac{2πm}{q}$，在豎直方向存在交替變化的勻強電場（豎直向上為正），電場強度大小為E₀=$\frac{mg}{q}$．一傾角為θ，長度足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間．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7秒內(nèi)小球不會離開斜面，重力加速度為g．求：
（1）第8秒內(nèi)小球離開斜面的最大距離；
（2）第15秒內(nèi)小球未離開斜面，θ角應滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）在第一秒內(nèi)，電場力方向豎直向下，洛倫茲力方向垂直斜面向上，小球的合力沿斜面向下，做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小，從而求出1s末的速度，第二秒內(nèi)，電場力與重力平衡，小球受洛倫茲力做勻速圓周運動，當小球運動半個周期時，距離斜面最遠．結(jié)合半徑公式求出最遠距離．
（2）小球未離開斜面時，說明洛倫茲力小于重力、電場力沿垂直于斜面方向的分力，列式求解．

解答 解：（1）設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運動的加速度為a，由牛頓第二定律得：（mg+qE）sinθ=ma…①
第一秒末的速度為：v=at₁…②
在第二秒內(nèi)：qE₀=mg…③
所以小球?qū)㈦x開斜面在上方做勻速圓周運動，則由向心力公式得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$…④
圓周運動的周期為：T=$\frac{2πm}{qB}$=1s…⑤
由題圖可知，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)離開斜面做完整的圓周運動．所以，第7秒末的速度為：
  v₇=a（t₁+t₃+t₅+t₇）=8g sinθ…⑥
小球離開斜面的最大距離為：d=2R₄ =$\frac{8gsinθ}{π}$…⑦
（2）第15秒末的速度：v₁₅=a（t₁+t₃+t₅+t₄+…+t₁₅）=8s…⑧
小球未離開斜面的條件是：
qv₁₅B≤（mg+qE₀）cosθ…⑨
所以：θ≤arctan$\frac{1}{16π}$
答：（1）第8秒內(nèi)小球離開斜面的最大距離是$\frac{8gsinθ}{π}$；
（2）第15秒內(nèi)小球未離開斜面，θ角應滿足的條件為θ≤arctan$\frac{1}{16π}$．

點評 本題分析可得：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)離開斜面做完整的圓周運動，是電場強度方向時正時負導致．同時利用洛倫茲力提供向心力來求出圓弧軌道半徑．