Question

2．如圖xOy坐標(biāo)系，x＜0區(qū)域存在水平向右的電場，x＞0區(qū)域存在豎直向上的電場和垂直于紙面向外的磁場B，其中兩區(qū)域的電場強(qiáng)度大小相等．有一帶正電的小球質(zhì)量為m，電量為q受到的電場力大小等于重力大小，從P點（-L，L）由靜止釋放，其中B=$\frac{m}{q}$$\sqrt{\frac{g}{2L}}$，重力加速度為g．求：
（1）小球第一次進(jìn)入磁場的速度大��；
（2）小球第二次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)；
（3）小球從P點開始運(yùn)動到第三次經(jīng)過y軸所用的時間．

Answer 1

分析 （1）第2象限，小球受重力和電場力的合力指向坐標(biāo)原點，根據(jù)動能定理列式求解末速度；
（2）在第4象限，重力和電場力平衡，洛倫茲力提供向心力，粒子做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑，結(jié)合幾何關(guān)系確定離開第4象限的位置坐標(biāo)；
（3）從Q點以Y軸負(fù)方向成45°進(jìn)入電場后做類似平拋運(yùn)動，根據(jù)分位移公式列式求解．

解答 解：（1）小球從P點釋放到進(jìn)入磁場，F(xiàn)_合=$\sqrt{2}$mg
由動能定理得：$\sqrt{2}mg•\sqrt{2}L=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得：$v=2\sqrt{gL}$
（2）從O點進(jìn)入磁場后，豎直方向：mg=qE
故小球做勻速圓周運(yùn)動，故：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：R=2$\sqrt{2}$L
如圖，y₂=-QO=-$\sqrt{2}$R=-4L
故坐標(biāo)為：（0，-4L）
（3）從Q點以Y軸負(fù)方向成45°進(jìn)入電場后做類似平拋運(yùn)動，從S點穿越y(tǒng)軸，在Q點建立x′Qy′坐標(biāo)系，則：
x′=vt
$y′=\frac{1}{2}\sqrt{2}g{t}^{2}$
$tan45°=\frac{y′}{x′}$
解得：$x′=y′=4\sqrt{2}L$
從P到O，${t}_{1}=\frac{v}{a}=\sqrt{\frac{2L}{g}}$
從O到Q，${t}_{2}=\frac{1}{4}T=\frac{π}{2}\sqrt{\frac{2L}{g}}$
從Q到S，${t}_{3}=\frac{x′}{v}=2\sqrt{\frac{2L}{g}}$
總時間t=${t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=（3+\frac{π}{2}）\sqrt{\frac{2L}{g}}$
答：（1）小球第一次進(jìn)入磁場的速度大小為$2\sqrt{gL}$；
（2）小球第二次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)為：（0，-4L）；
（3）小球從P點開始運(yùn)動到第三次經(jīng)過y軸所用的時間為$（3+\frac{π}{2}）\sqrt{\frac{2L}{g}}$．

點評 本題關(guān)鍵是明確小球的受力情況、運(yùn)動情況，在第2象限做勻加速直線運(yùn)動，在第3象限做類似平拋運(yùn)動，在第4象限做勻速圓周運(yùn)動，結(jié)合牛頓第二定律、類平拋運(yùn)動的分運(yùn)動公式和動能定理列式求解．