Question

13．如圖所示，在豎直平面直角坐標系的第I、第Ⅳ象限中有垂直正交的勻強電場和勻強磁場，第I象限磁場方向垂直紙面向外，第Ⅳ象限磁場方向垂直紙面向里，大小都為B．電場方向豎直向上，且滿足E=$\frac{mg}{q}$．現(xiàn)有質量為m、帶電量為+q的帶電小球從坐標原點以速度v沿y軸正方向射入，小球可視為質點．若在小球可能通過x軸的位置上依次放置小球1、小球2、小球3…（圖中并未畫出），它們的質量依次為m、2m、4m、…2^n-1m，它們的帶電量依次為+q、+2q、+4q…+2^n-1q．設所有的碰撞時間極短，碰后都粘在一起且碰撞時電量不損失．求：

（1）小球第一次和第二次碰撞時的位置坐標
（2）小球最后趨近的位置坐標和整個運動過程中碰撞損失的總的機械能．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)小球在磁場在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動的半徑公式，求得小球碰撞時的位置坐標，根據(jù)動量守恒求得小球碰撞后的速度，再根據(jù)半徑公式求得第二次碰撞的位置坐標即可；
（2）根據(jù)小球碰撞過程中小球的電量表達式，再根據(jù)動量守恒求得粒子n次碰撞后的速度表達式再根據(jù)半徑公式求得位置坐標的通項公式，再根據(jù)能量守恒求得損失的機械能．

解答 解：（1）在第I象限，因為$F=qE=q\frac{mg}{q}=mg$
所以帶電小球在洛侖茲力的作用下做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有：
$qvB=m\frac{v^2}{R_0}$
得：${R_0}=\frac{mv}{qB}$…①
所以帶電小球第一次碰撞時的位置坐標為：
（$2\frac{mv}{qB}$，0）
小球第一次經過x軸時與小球1發(fā)生碰撞，由動量守恒定律得：
mv=2mv₁
由題意知小球的帶電量變?yōu)?q，在第IV象限滿足2mg=2qE，小球在洛侖茲力作用下做小球勻速圓周運動有：
${R_1}=\frac{{2m{v_1}}}{2qB}=\frac{mv}{2qB}=\frac{1}{2}{R_0}$
所以帶電小球第二次碰撞時的X坐標為：$2{R_0}+2{R_1}=3{R_0}=\frac{3mv}{qB}$
所以帶電小球第二次碰撞時的位置坐標為（$\frac{3mv}{qB}$，0）
（2）小球第n次經過x軸時與第n個小球發(fā)生碰撞后，設其質量為m_n、電量為q_n、速度為v_n，則：
m_n=m+m+2m+4m+…+2^n-1m=2ⁿm…②
${q_n}=q+q+2q+4q+…+{2^{n-1}}q={2^n}q$…③
因為${F_n}={q_n}E={2^n}q\frac{mg}{q}={2^n}mg$
所以每次碰后帶電小球在洛侖茲力的作用下均做勻速圓周運動，由動量守恒定律得：mv=m_nv_n=P…④
又：${q_n}{v_n}B=m\frac{v_n^2}{R_n}$…⑤
由 ①②③④⑤式得：${R_n}=\frac{mv}{{{q_n}B}}=\frac{mv}{{{2^n}qB}}=\frac{1}{2^n}{R_0}$
當n→∞時，R_n→0，y軸的坐標y=0
當n→∞時，x軸的坐標為：
x=2R₀+2R₁+2R₂+2R₃…+2R_n=$2\frac{{{R_0}[1-{{（\frac{1}{2}）}^n}]}}{{1-\frac{1}{2}}}=4{R_0}=\frac{4mv}{qB}$
所以小球趨近的坐標是$（\frac{4mv}{qB}，0）$
當n→∞時，電場力、重力對小球都不做功
又當n→∞時，小球的質量m_n→∞
所以，${E_{kn}}=\frac{P^2}{{2{m_n}}}→0$
即整個運動過程中因碰撞損失的最大總動能為：
$△{E_k}={E_{k0}}=\frac{1}{2}m{v^2}$
答：（1）小球第一次和第二次碰撞時的位置坐標分別為（$2\frac{mv}{qB}$，0）和（$\frac{3mv}{qB}$，0）：
（2）小球最后趨近的位置坐標為$（\frac{4mv}{qB}，0）$和整個運動過程中碰撞損失的總的機械能為$\frac{1}{2}m{v}^{2}$

點評 解決本題的關鍵是根據(jù)洛倫茲力提供圓周運動向心力，以及碰撞過程中的動量守恒，能根據(jù)題意寫出電量及速度和半徑的通項公式是正確解題的關鍵．