Question

（2012?深圳一模）如圖所示，光滑的絕緣平臺(tái)水平固定，在平臺(tái)右下方有相互平行的兩條邊界MN與PQ，其豎直距離為h=1.7m，兩邊界間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.9T且方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN過(guò)平臺(tái)右端并與水平方向呈θ=37°．在平臺(tái)左端放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的A球，其質(zhì)量為m_A=0.17kg，電量為q=+0.1C，現(xiàn)給A球不同的水平速度，使其飛出平臺(tái)后恰好能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．g取10m/s²．
（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；
（2）要使A球在MNPQ區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間保持不變，則A球的速度應(yīng)滿足的條件？（A球飛出MNPQ區(qū)域后不再返回）
（3）在平臺(tái)右端再放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)且不帶電的絕緣B球，A球以v_A0=3m/s的速度水平向右運(yùn)動(dòng)，與B球碰后兩球均能垂直PQ邊界飛出，則B球的質(zhì)量為多少？

Answer 1

分析：（1）A球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力與電場(chǎng)力平衡，即可求得電場(chǎng)強(qiáng)度；
（2）A球在MNPQ區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，必須從邊界MN飛出，當(dāng)軌跡與PQ相切時(shí)，半徑最大，由幾何知識(shí)求出最大半徑．由牛頓第二定律求最大速度，即可得到速度范圍；
（3）AB相碰后，A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫(huà)出軌跡，由幾何知識(shí)求出求出半徑，由牛頓第二定律即可求出速度；B球做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出碰后B的速度，根據(jù)碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒列式，求出B球的質(zhì)量．

解答：解：（1）A球能做圓周運(yùn)動(dòng)，必須有：Eq=m_Ag
  E=

mAg

q

=17N/C，電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上

（2）A球在MNPQ區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，必須從邊界MN飛出，
如圖所示，最大半徑滿足：R′cosθ+R′=hcosθ
A球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有：Bqv_A=

v 2 A

R′

解得：v_A=0.4m/s
依題意，A球速度必須滿足：0＜v_A≤0.4m/s
（3）AB相碰后，A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑R=h
由BqvA=mA

V 2 A

R

得 v_A=0.9m/s
B球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)飛行的水平距離為x，時(shí)間為t，有：
  x=v_B0t
  h-xtanθ=

1

2

gt2
 v_B0=v_ytanθ=gttanθ
得v_B0=3m/s
對(duì)于碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得：
 m_Av_A0=m_Av_A+m_Bv_B0
解得，m_B=0.119Kg
答：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為17N/C，電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上；
（2）A球速度必須滿足：0＜v_A≤0.4m/s．
（3）B球的質(zhì)量為0.119Kg．

點(diǎn)評(píng)：本題是小球在重力場(chǎng)與磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)類型，關(guān)鍵要把握每個(gè)過(guò)程遵守的物理規(guī)律，結(jié)合幾何知識(shí)進(jìn)行處理．