Question

4．如图甲所示，水平轨道光滑，小球质量为m，带电荷量为+q，可看做质点，空问存在不断变化的电场和磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度的大小B=$\frac{2πm}{q}$，方向垂直纸面向里．电场强度在第1s、3s、5s、…内方向水平向右，大小为E=$\frac{mg}{q}$，在第2s、4s、6s、…内方向竖直向上，大小也为E=$\frac{mg}{q}$．小球从零时刻开始在A点由静止释放，求：
（l）t=l.5s时，小球与A点的直线距离大小；
（2）在A点前方轨道正上方高度为h=$\frac{2g}{π}$位置有圆环水平放置，若带电小球恰好可以从圆环中心竖直穿过，求圆环中心与A点的水平距离大小．

Answer 1

分析 （1）小球在第1s内做匀加速直线运动，在第2s内做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求出小球的水平位移，由牛顿第二定律求出小球做圆周运动的轨道半径，然后求出小球与A点间的距离．
（2）小球在奇数秒内做加速运动，在偶数秒内做圆周运动，根据题意求出圆环位置与A点间的水平距离．

解答 解：（1）在第1s内，小球向右做初速度为零的匀加速直线运动，
1s末的速度：v₁=at=$\frac{qE}{m}$t=$\frac{q×\frac{mg}{q}}{m}$×1=g，
1s内的位移：x₁=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²=$\frac{1}{2}$$\frac{q×\frac{mg}{q}}{m}$×1²=$\frac{1}{2}$g，
在第内s内，小球受到的重力mg与电场力F=qE=mg，大小相等、方向相反，合力为零，
小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{r}_{1}}$，解得：r₁=$\frac{g}{2π}$ m，小球做圆周运动的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$=1s，
t=1.5s时，小球做圆周运动到达最高点，距水平面的高度为2r₁，
小球与A点间的距离：s=$\sqrt{{x}_{1}^{2}+（2{r}_{1}）^{2}}$，解得：s=$\frac{g}{2π}$$\sqrt{{π}^{2}+4}$ m；
（2）第3s内小球向右做匀加速直线运动，加速度：a=$\frac{qE}{m}$=g，
第3s末，速度：v₂=v₁+at=2g，x₂=v₁t+$\frac{1}{2}$at²=$\frac{3}{2}$g，
在第4s内，重力与电场力平衡，小球做匀速圆周运动，
周期：T=$\frac{2πm}{qB}$=1s，轨道半径：r₂=$\frac{m{v}_{2}}{qB}$=2×$\frac{g}{2π}$=$\frac{g}{π}$，
由此可知，在奇数秒内小球向右做匀加速直线运动，在偶数秒内小球在竖直平面内做匀速圆周运动，
在圆轨道最低点，小球的速度：v₁=g，v₂=2g，v₃=3g …
圆的轨道半径为：r₁=$\frac{g}{2π}$，r₂=2×$\frac{g}{2π}$，r₃=3×$\frac{g}{2π}$  …
在奇数秒内的位移：x₁=$\frac{g}{2}$，x₂=$\frac{3g}{2}$，x₃=$\frac{5g}{2}$   …
带电小球恰好可以从圆环中心竖直穿过，则圆轨道半径：r=h=$\frac{2g}{π}$=4×$\frac{g}{2π}$=r₄，
如果小球竖直向上穿过圆环，圆环与A点的水平距离：x=x₁+x₂+x₃+x₄+r₄=（8g+$\frac{2g}{π}$）
如果小球竖直向下穿过圆环，圆环与A点的水平距离：x=x₁+x₂+x₃+x₄-r₄=（8g-$\frac{2g}{π}$）
答：（l）t=l.5s时，小球与A点的直线距离大小为$\frac{g}{2π}$$\sqrt{{π}^{2}+4}$ m；
（2）圆环中心与A点的水平距离大小为（8g+$\frac{2g}{π}$）m或（8g-$\frac{2g}{π}$）．

点评 本题考查了小球在电场与磁场中的运动，小球在奇数秒内做匀加速直线运动，在偶数秒内做匀速圆周运动，分析求出小球的运动过程是正确解题的关键．