Question

15．如图所示，在xOy竖直平面内，长L的绝缘轻绳一端固定在第一象限的P点，另一端栓有一质量为m、带电荷量为+q的小球，OP距离也为L且与x轴的夹角为60°．在x轴上方有水平向左的匀强电场，场强大小为$\frac{\sqrt{3}mg}{3q}$，在x轴下方有竖直向上的匀强电场，场强大小为$\frac{mg}{q}$，过O和P两点的虚线右侧存在方向垂直xOy平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场．小球置于y轴上的C点时，绳恰好伸直且与y轴夹角为30°，小球由静止释放后将沿CD方向做直线运动，到达D点时绳恰好绷紧，小球沿绳方向的分速度立即变为零，并以垂直于绳方向的分速度摆下，到达O点时将绳断开．不计空气阻力．求：
（1）小球刚释放瞬间的加速度大小a；
（2）小球到达O点时的速度大小v；
（3）小球从O点开始到最终离开x轴的时间t．

Answer 1

分析 （1）求出粒子受到的合力，然后由牛顿第二定律求出加速度；
（2）由运动学公式与动能定理可以求出粒子的速度；
（3）作出粒子的运动轨迹，牛顿第二定律、运动学公式、圆周运动周期公式求出粒子的运动时间．

解答 解：（1）如图所示，小球由静止释放时，所受重力和电场力的合力大小为：${F}_{合}=\sqrt{{{F}_{电}}^{2}+（mg）^{2}}$，
根据牛顿第二定律有：F_合=ma，
解得：a=$\frac{2\sqrt{3}}{3}g$．
（2）设小球到达D点时的速度为v₀，由运动学公式有：
${{v}_{0}}^{2}=2aL$，
垂直于绳方向的分速度为：v₁=v₀cos30°，
解得：v₁=$\sqrt{\sqrt{3}gL}$．
从D点到O点的过程中，由动能定理得：
mgLcos30°-qE₁L（1-sin30°）=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
解得：v=$\sqrt{\frac{5\sqrt{3}gL}{3}}$．
（3）因为qE₂=mg，小球从O点以v垂直于虚线进入磁场将做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$，
得半径为：r=$\frac{mv}{qB}$，
周期为：T=$\frac{2πr}{v}=\frac{2πm}{qB}$．
小球进入磁场中运动$\frac{1}{2}$圆周后又垂直于虚线射出磁场，以v做匀速直线运动第一次打在x轴上，匀速直线运动的距离为：$d=2rtan60°=2\sqrt{3}r$，
${t}_{1}=\frac{T}{2}=\frac{πm}{qB}$，
${t}_{2}=\frac{d}{v}=\frac{2\sqrt{3}m}{qB}$，
小球再进入电场E₁后，小球所受重力和电场力的合力垂直于v，小球做类平抛运动，
$\frac{\frac{1}{2}a{{t}_{3}}^{2}}{v{t}_{3}}=tan30°$，
解得：${t}_{3}=\sqrt{（\frac{5\sqrt{3}}{3}）\frac{L}{g}}$．
则有：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{（π+2\sqrt{3}）m}{qB}+\sqrt{（\frac{5\sqrt{3}}{3}）\frac{L}{g}}$．
答：（1）小球刚释放瞬间的加速度大小a为$\frac{2\sqrt{3}}{3}g$；
（2）小球到达O点时的速度大小v为$\sqrt{\frac{5\sqrt{3}gL}{3}}$．；
（3）小球从O点开始到最终离开x轴的时间t为$\frac{（π+2\sqrt{3}）m}{qB}+\sqrt{（\frac{5\sqrt{3}}{3}）\frac{L}{g}}$．

点评 本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理、运动的合成与分解即可正确解题．