Question

20．在光滑绝缘水平足够宽的桌面上建立直角坐标系xoy，x轴正向水平向右，在0-1s时间内存在水平向右场强为E₁=10²N/C的匀强电场，在1s到3s时间内有沿+y方向场强为E₂=37.5N/C的匀强电场，在3s以后存在竖直向上大小为B=30T的匀强磁场，可视为质点的甲乙两粒子，甲带电量为+10^-2C，质量为0.1kg，在坐标原点从0时刻释放的同时，乙粒子不带电，质量为0.2kg，在坐标（30m，0）从静止开始在一沿x轴负向的恒力F作用下运动，两质点刚好相遇．（sin37°=0.6）．求：
（1）1s末甲离出发的距离；
（2）甲离开y轴的最大距离；
（3）所加F的大小．

Answer 1

分析 （1）甲质点在1s内沿x轴向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出1s末离出发点的距离．
（2）甲在1-3s内做类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度，由分位移公式求出1-3s内质点通过的位移，并求出3s末质点的速度．3s后质点在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，列式求出轨迹半径，由数学知识求解离开y轴的最大距离．
（3）由几何知识得到乙质点通过的位移，结合两个质点运动的同时性求得运动时间，即可由牛顿第二定律和位移公式结合求解F的大小．

解答 解：（1）0-1s内，质点的加速度 a₁=$\frac{q{E}_{1}}{m}$=$\frac{1{0}^{-2}×1{0}^{2}}{0.1}$=10m/s²；
1s末甲离出发点的距离 x₁=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}$×10×1²m=5m
（2）1s末甲速度 v₁=a₁t₁=10×1m/s=10m/s
甲在1-3s内做类平抛运动，其加速度 a₂=$\frac{q{E}_{2}}{m}$=$\frac{1{0}^{-2}×37.5}{0.1}$=3.75m/s²；
1-3s内沿x轴方向的分位移 x₂=v₁t₂=10×2m=20m
沿y轴方向的分位移 y=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$=$\frac{1}{2}×3.75×{2}^{2}$m=7.5m
3s末的速度大小为 v₂=$\sqrt{{v}_{1}^{2}+（{a}_{2}{t}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}+（3.75×2）^{2}}$=12.5m/s
速度与x轴正方向的夹角正切 tanα=$\frac{{a}_{2}{t}_{2}}{{v}_{1}}$=$\frac{3}{4}$，α=37°
3s后甲质点在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径  r=$\frac{m{v}_{2}}{qB}$=$\frac{0.1×12.5}{1{0}^{-2}×30}$m=$\frac{25}{6}$m
由于两质点恰好相遇，所以甲离开y轴的最大距离为 S=2r=$\frac{25}{3}$m
（2）乙质点从开始运动到与甲相遇的时间内通过的位移 x₃=30m-x₁-x₂-rsin37°=30m-5m-20m-$\frac{25}{6}$×0.6m=2.5m
所用时间与甲质点运动时间相同，为 t=t₁+t₂+$\frac{37°+180°}{360°}T$
而甲质点圆周运动的周期为 T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2×3.14×0.1}{1{0}^{-2}×30}$s≈2.1s
则得 t≈4.3s
根据x₃=$\frac{1}{2}{a}_{乙}{t}^{2}$=$\frac{F}{2m′}{t}^{2}$得 F=$\frac{2m′{x}_{3}}{{t}^{2}}$=$\frac{2×0.2×2.5}{4．{3}^{2}}$N≈0.05N
答：
（1）1s末甲离出发的距离是5m；
（2）甲离开y轴的最大距离是$\frac{25}{3}$m；
（3）所加F的大小是0.05N．

点评 解决本题的关键要掌握平抛运动的处理方法：运动的分解法．粒子在磁场中做匀速圆周运动，要能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系．