Question

6．如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，x軸沿水平方向．y＜0的區(qū)域有豎直向上的勻強電場，電場強度大小為E；在第四象限同時存在著垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，x＜0的區(qū)域固定一與x軸成θ=30°角的光滑絕緣細桿．一個帶電小球a穿在細桿上，小球在A點處由靜止釋放后沿細桿下滑，滑過P點進入第四象限，在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動且垂直經(jīng)過x軸上的Q點，已知Q點到坐標(biāo)原點O的距離為$\frac{3}{2}$L，重力加速度為g，B=E$\sqrt{\frac{2π}{3gL}}$，空氣阻力忽略不計，帶電小球整個運動過程中電荷量保持不變．求：
（1）帶電小球a的電性及其比荷 $\frac{q}{m}$；
（2）小球釋放點A與P點的距離d；
（3）當(dāng)帶電小球a剛離開P點時，從y軸正半軸距原點O為h=$\frac{64πL}{3}$的N點（圖中未畫出）以某一初速度平拋一個不帶電的絕緣小球b，b球剛好運動到x軸與向上運動的a球相碰，則b球的初速度為多大？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)小球在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動，受重力、電場力和洛倫茲力平衡，電場力與重力必須平衡，電場力方向豎直向上，從而判斷出小球的電性．由平衡條件求比荷．
（2）畫出小球在第四象限內(nèi)的運動軌跡，由幾何知識求出軌道半徑，再由牛頓第二定律求出小球的速率，再研究A到P過程，由動能定理求得AP間的距離．
（3）b球做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律求其初速度．

解答 解：（1）小球在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動，受重力、電場力和洛倫茲力平衡，電場力與重力必須平衡，小球所受的電場力方向豎直向上，因此小球帶正電荷．
由平衡條件得：mg=qE
則得 $\frac{q}{m}$=$\frac{g}{E}$
（2）設(shè)小球在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動的軌道半徑為r，速率為v．
根據(jù)幾何知識可得，r+rsin30°=$\frac{3}{2}$L，得 r=L
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
又B=E$\sqrt{\frac{2π}{3gL}}$，
聯(lián)立解得 v=$\sqrt{\frac{2πg(shù)L}{3}}$
小球從A到P的過程，由動能定理得：mgd-qELcos30°=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得 d=$\frac{3\sqrt{3}+2π}{6}$L
（3）b球做平拋運動，則有 $\frac{3}{2}$L=v₀t，h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
又h=$\frac{64πL}{3}$
聯(lián)立解得 v₀=$\frac{3}{16}\sqrt{\frac{3gL}{2π}}$
答：
（1）帶電小球a的電性是正電，其比荷$\frac{q}{m}$是$\frac{g}{E}$；
（2）小球釋放點A與P點的距離d是$\frac{3\sqrt{3}+2π}{6}$L；
（3）b球的初速度為$\frac{3}{16}\sqrt{\frac{3gL}{2π}}$．

點評 帶電粒子或帶電體在復(fù)合場中的運動是整個高中的重點，粒子的運動過程中受力分析以及運動情況分析是解題的關(guān)鍵．對于圓周運動，要作出軌跡，由幾何知識研究軌道半徑．