Question

（2011?濰坊一模）在如圖所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=

2πm

q

．在豎直方向存在交替變化的勻強(qiáng)電場（豎直向上為正），電場大小為E₀=

mg

q

．一傾角為θ、長度足夠的光滑絕緣斜面放置在此空間．斜面上有一質(zhì)量為m，帶電量為-q的小球，從t=0時(shí)刻由靜止開始沿斜面下滑，設(shè)第5秒內(nèi)小球不會離開斜面，重力加速度為g．求：
（1）第6秒內(nèi)小球離開斜面的最大距離．
（2）第19秒內(nèi)小球未離開斜面，θ角應(yīng)滿足什么條件？

Answer 1

分析：小球第一秒內(nèi)在斜面上做勻加速運(yùn)動(dòng)，而第二秒內(nèi)重力與電場力相平衡，接著離開斜面在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰好圓周運(yùn)動(dòng)的周期為1s，第三秒小球又在斜面上加速運(yùn)動(dòng)，第四秒又做圓周運(yùn)動(dòng)．就這樣周而復(fù)始運(yùn)動(dòng)下去，第6秒小球離開斜面的距離就是做第三次圓周運(yùn)動(dòng)的直徑．第19秒內(nèi)小球受到重力、電場力與洛倫茲力，要使不離開斜面，則洛倫茲力小于或等于電場力與重力的合力，從而得出斜面傾角的表達(dá)式．

解答：解：設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，則：
由向心力公式得           qvB=m

v2

R

   ④
圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T=

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(yùn)動(dòng)，在偶數(shù)秒內(nèi)離開斜面做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．所以，第五秒末的速度為：v₅=a（t₁+t₃+t₅）=6g sinθ   ⑥
小球離開斜面的最大距離為：
            d=2R₃ ⑦
由以上各式得：d=

6gsinθ

π

（2）第19秒末的速度：v₁₉=a（t₁+t₃+t₅+t₄+…+t₁₉）=20g sinθ    ⑧
小球未離開斜面的條件是：
qv₁₉B≤（mg+qE₀）cosθ         ⑨
所以：θ≤arctan

1

20π

點(diǎn)評：本題分析可得：小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，在偶數(shù)秒內(nèi)離開斜面做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，是電場強(qiáng)度方向時(shí)正時(shí)負(fù)導(dǎo)致．同時(shí)利用洛倫茲力提供向心力來求出圓弧軌道半徑．