Question

7．如圖所示，在豎直平面內(nèi)放置一長為L的薄壁玻璃管，在玻璃管的a端放置一個直徑比玻璃管直徑略小的小球，小球帶電荷量為-q、質(zhì)量為m．玻璃管右邊的空間存在著勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場．勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；勻強(qiáng)電場方向豎直向下，電場強(qiáng)度大小為$\frac{mg}{q}$．電磁場的左邊界與玻璃管平行，右邊界足夠遠(yuǎn)．玻璃管帶著小球以水平速度v₀垂直于左邊界向右運動，由于水平外力的作用，玻璃管進(jìn)入磁場后速度保持不變，經(jīng)一段時間后小球從玻璃管b端滑出并能在豎直平面內(nèi)自由運動，最后從左邊界飛離電磁場．設(shè)運動過程中小球的電荷量保持不變，不計一切阻力．求：
（1）玻璃管進(jìn)入磁場后小球向上運動加速度的大�。�
（2）小球從玻璃管b端滑出時速度的大�。�
（3）通過計算求出小球離開磁場時的速度方向．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)對小球受力與運動的分析，可知，小球做類平拋運動，對豎直分運動，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度；
（2）根據(jù)電場力與重力平衡，可確定電場力，從而求出加速度．并由運動學(xué)公式，可求出小球運動到b端的速度大��；
（3）根據(jù)左手定則來確定洛倫茲力的方向，從而畫出粒子的運動軌跡，并由牛頓第二定律與幾何關(guān)系來確定，即可求解．

解答 解：（1）小球在玻璃管中沿水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速為零的勻加速直線運動 或小球做類平拋運動；
對豎直分運動，根據(jù)牛頓第二定律，有：
qv₀B=ma_y
解得：${a}_{y}=\frac{q{v}_{0}B}{m}$
（2）由E=$\frac{mg}{q}$得，Eq=mg即重力與電場力平衡，所以小球在管中運動的加速度為：
a=$\frac{{F}_{y}}{m}$=$\frac{q{v}_{0}B}{m}$；
設(shè)小球運動至b端時的y方向速度分量為v_y，則：${v}_{y}^{2}$=2aL
所以小球運動至b端時速度大小為：v=$\sqrt{\frac{2B{v}_{0}q}{m}L+{v}_{0}^{2}}$
（3）設(shè)小球在管中運動的時間為t，小球在磁場中做圓周運動的半徑為R，運動軌跡如圖所示，
t時間內(nèi)玻璃管的運動距離x=v₀t
由牛頓第二定律得：qvB=$m\frac{{v}^{2}}{R}$
由幾何關(guān)系得：sinα=$\frac{x-{x}_{1}}{R}$
因為，$\frac{{x}_{1}}{R}$=$\frac{{v}_{y}}{v}$
所以有：x₁=$\frac{{v}_{y}}{v}$R=$\frac{q{v}_{0}Bt}{mv}$•$\frac{mv}{qB}$=v₀t=x
解得：sinα=0
故α=0°，即小球飛離磁場時速度方向垂直于磁場邊界向左
答：（1）玻璃管進(jìn)入磁場后小球向上運動加速度的大小為$\frac{q{v}_{0}B}{m}$；
（2）則小球從玻璃管b端滑出時的速度大小為$\sqrt{\frac{2B{v}_{0}q}{m}L+{v}_{0}^{2}}$；
（3）則小球離開場時的運動方向與左邊界的夾角為0．

點評 考查粒子做類平拋運動的處理規(guī)律，以及粒子做勻速圓周運動的處理方法，掌握牛頓第二定律與幾何關(guān)系的綜合應(yīng)用．