Question

2．如圖所示，水平地面上有一輛小車，車上固定一個豎直光滑絕緣管，管的底部有一質量m₁=0.2g、電荷量q=8×10^-5C的帶正電小球，小球的直徑比管的內徑略�。�在管口所在水平面MN的下方存在著垂直紙面向里、磁感應強度B₁=15T的勻強磁場，MN面的上方還存在著豎直向上、場強E=25V/m的勻強電場和垂直紙面向外、磁感應強度B₂=5T的勻強磁場，現(xiàn)讓小車始終保持v_x=2m/s的速度勻速向右運動，以帶電小球剛經過磁場的邊界PQ為計時的起點，測得小球在管內運動的這段時間為t=1s，g取10/s²，不計空氣阻力．
（1）求小球進入磁場B₁時的加速度a的大小．
（2）求小球離開管口時的速度v的大�。�
（3）若小球離開管口后，在運動中的最高點，與靜止在絕緣支架的微小光滑水平臺上的、質量為m₂=0.2g、不帶電的小球（圖中未畫出）碰撞后成為一個整體，且碰撞導致該整體不帶電．求該整體穿過MN平面的位置到小球剛離開管口時的位置之間的距離s的大�。�

Answer 1

分析 （1）由洛倫茲力與重力共同提供合力，根據(jù)牛頓第二定律，即可求解；
（2）根據(jù)速度的分解，結合矢量法則，即可求解；
（3）因電場力與重力相平衡，則洛倫茲力提供向心力，結合牛頓第二定律、運動學公式，與幾何關系，及動量守恒定律，即可求解．

解答 解：（1）小球在管中參與兩個方向的運動，即水平方向，
以v_x向右勻速運動，豎直方向，因水平速度而受到豎直向上的洛倫茲力，向上勻加速運動．
小球進入磁場B₁時的加速度為a，由牛頓第二定律得：B₁qv_x-m₁g=m₁a，解得：a=2m/s²；
（2）小球在t=1s時，豎直分速度，v_y=at=2m/s；而水平分速度v_x=2m/s；
則小球離開管口的速度v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=2$\sqrt{2}$m/s；
（3）小球離開管子后，進入MN上方的復合場中，因Eq₁=2×10^-3N=m₁g；
所以小球在洛倫茲力的作用下，做勻速圓周運動，設v與MN成θ角，
則tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$=1，解得：θ=45°；
其運動的軌跡如圖所示：

由牛頓第二定律得：
B₂qv=m₁$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：r=$\sqrt{2}$m，
當小球運動到最高點時，速度水平，與小球2碰撞，
水平方向動量守恒，且合成的整體不帶電，此后做平拋運動，設共同速度為v₁；
以向右為正方向，由動量守恒定律得：m₁v=（m₁+m₂）v₁，解得：v₁=$\sqrt{2}$m/s，
設最高點距MN的距離為h，則有：h=r-rsin45°=（$\sqrt{2}$-1）m；
設平拋運動的時間為t₁，則有：h=$\frac{1}{2}$gt₁²，解得：t₁=$\sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{5}}$，
所求距離s=rcos45°+v₁t₁；
解得：s=（1+$\sqrt{\frac{2（\sqrt{2}-1）}{5}}$）m≈1.4m．
答：（1）小球進入磁場B₁時的加速度a的大小2m/s²．
（2）小球離開管口時的速度v的大小2$\sqrt{2}$m/s．
（3）該整體穿過MN平面的位置到小球剛離開管口時的位置之間的距離s的大小1.4m．

點評 考查洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，理解牛頓第二定律的應用，掌握矢量的分解法則，注意幾何關系的正確建立，掌握動量守恒定律，注意其方向性．