Question

20．在光滑絕緣水平足夠?qū)挼淖烂嫔辖�立直角坐標系xoy，x軸正向水平向右，在0-1s時間內(nèi)存在水平向右場強為E₁=10²N/C的勻強電場，在1s到3s時間內(nèi)有沿+y方向場強為E₂=37.5N/C的勻強電場，在3s以后存在豎直向上大小為B=30T的勻強磁場，可視為質(zhì)點的甲乙兩粒子，甲帶電量為+10^-2C，質(zhì)量為0.1kg，在坐標原點從0時刻釋放的同時，乙粒子不帶電，質(zhì)量為0.2kg，在坐標（30m，0）從靜止開始在一沿x軸負向的恒力F作用下運動，兩質(zhì)點剛好相遇．（sin37°=0.6）．求：
（1）1s末甲離出發(fā)的距離；
（2）甲離開y軸的最大距離；
（3）所加F的大�。�

Answer 1

分析 （1）甲質(zhì)點在1s內(nèi)沿x軸向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由位移公式求出1s末離出發(fā)點的距離．
（2）甲在1-3s內(nèi)做類平拋運動，由牛頓第二定律求出加速度，由分位移公式求出1-3s內(nèi)質(zhì)點通過的位移，并求出3s末質(zhì)點的速度．3s后質(zhì)點在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，列式求出軌跡半徑，由數(shù)學知識求解離開y軸的最大距離．
（3）由幾何知識得到乙質(zhì)點通過的位移，結(jié)合兩個質(zhì)點運動的同時性求得運動時間，即可由牛頓第二定律和位移公式結(jié)合求解F的大�。�

解答 解：（1）0-1s內(nèi)，質(zhì)點的加速度 a₁=$\frac{q{E}_{1}}{m}$=$\frac{1{0}^{-2}×1{0}^{2}}{0.1}$=10m/s²；
1s末甲離出發(fā)點的距離 x₁=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}$×10×1²m=5m
（2）1s末甲速度 v₁=a₁t₁=10×1m/s=10m/s
甲在1-3s內(nèi)做類平拋運動，其加速度 a₂=$\frac{q{E}_{2}}{m}$=$\frac{1{0}^{-2}×37.5}{0.1}$=3.75m/s²；
1-3s內(nèi)沿x軸方向的分位移 x₂=v₁t₂=10×2m=20m
沿y軸方向的分位移 y=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$=$\frac{1}{2}×3.75×{2}^{2}$m=7.5m
3s末的速度大小為 v₂=$\sqrt{{v}_{1}^{2}+（{a}_{2}{t}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}+（3.75×2）^{2}}$=12.5m/s
速度與x軸正方向的夾角正切 tanα=$\frac{{a}_{2}{t}_{2}}{{v}_{1}}$=$\frac{3}{4}$，α=37°
3s后甲質(zhì)點在磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑  r=$\frac{m{v}_{2}}{qB}$=$\frac{0.1×12.5}{1{0}^{-2}×30}$m=$\frac{25}{6}$m
由于兩質(zhì)點恰好相遇，所以甲離開y軸的最大距離為 S=2r=$\frac{25}{3}$m
（2）乙質(zhì)點從開始運動到與甲相遇的時間內(nèi)通過的位移 x₃=30m-x₁-x₂-rsin37°=30m-5m-20m-$\frac{25}{6}$×0.6m=2.5m
所用時間與甲質(zhì)點運動時間相同，為 t=t₁+t₂+$\frac{37°+180°}{360°}T$
而甲質(zhì)點圓周運動的周期為 T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2×3.14×0.1}{1{0}^{-2}×30}$s≈2.1s
則得 t≈4.3s
根據(jù)x₃=$\frac{1}{2}{a}_{乙}{t}^{2}$=$\frac{F}{2m′}{t}^{2}$得 F=$\frac{2m′{x}_{3}}{{t}^{2}}$=$\frac{2×0.2×2.5}{4．{3}^{2}}$N≈0.05N
答：
（1）1s末甲離出發(fā)的距離是5m；
（2）甲離開y軸的最大距離是$\frac{25}{3}$m；
（3）所加F的大小是0.05N．

點評 解決本題的關鍵要掌握平拋運動的處理方法：運動的分解法．粒子在磁場中做勻速圓周運動，要能正確的畫出運動軌跡，并根據(jù)幾何關系確定各量之間的關系．