Question

8．L₁、L₂為相互平行的足夠長光滑導軌，位于光滑水平面內(nèi)．一個略長于導軌間距，質量為M的光滑絕緣細管與導軌垂直放置，細管可在兩導軌上左右平動．細管內(nèi)有一質量為m、帶電量為+q的小球，小球與L導軌的距離為d．開始時小球相對細管速度為零，細管在外力作用下從P₁位置以速度v₀向右勻速運動．垂直平面向里和向外的勻強磁場I、Ⅱ分別分布在L₁軌道兩側，如圖所示，磁感應強度大小均為B．小球視為質點，忽略小球電量變化．
（1）當細管運動到L₁軌道上P₂處時，小球飛出細管，求此時小球的速度大��；
（2）小球經(jīng)磁場Ⅱ第一次回到L₁軌道上的位置為O，求O和P₂間的距離；
（3）小球回到L₁軌道上O處時，細管在外力控制下也剛好以速度v₀經(jīng)過O點處，小球恰好進入細管．此時撤去作用于細管的外力．以O點為坐標原點，沿L₁軌道和垂直于L₁軌道建立直角坐標系，如圖所示，求小球和細管速度相同時，小球的位置（此時小球未從管中飛出）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求解；
（2）根據(jù)幾何關系求解半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解；
（3）分析小球的運動情況和受力情況，根據(jù)帶電粒子在復合場中運動的處理方法進行解答．

解答 解：（1）小球在水平面上運動時重力和支持力二力平衡，將洛茲倫力作如圖所示的分解，其中f_x與桿的彈力平衡，小球的合力等于洛倫茲力沿桿方向的分力f_y．可得 f_y=qv₀B
根據(jù)動能定理得 f_yd=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
則得小球從管口飛出時沿管方向的分速度大小 v=$\sqrt{\frac{2q{v}_{0}Bd}{m}}$，
所以小球從管口飛出時的速度大小為 v′=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{2q{v}_{0}Bd}{m}}$；
（2）小球在磁場II中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，

由洛倫茲力提供向心力得：qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{R}$，
由幾何關系可得：$\overline{O{P}_{2}}=2Rsinθ$，
聯(lián)立解得：$\overline{O{P}_{2}}=2\sqrt{\frac{2m{v}_{0}d}{qB}}$；
（3）小球進入細管后，由于洛倫茲力不做功，小球和管組成的系統(tǒng)機械能守恒，則：
$\frac{1}{2}m{v}^{2}+\frac{1}{2}M{v}_{0}^{2}=\frac{1}{2}（m+M）{v}_{xt}^{2}$，
解得：${v}_{xt}=\sqrt{\frac{2q{v}_{0}Bd}{Mm}+{v}_{0}^{2}}$，方向水平向右；
任意時刻x方向上，對細管和小球整體，有：（M+m）a_x=qv_yB，
即：（M+m）$\frac{△{v}_{x}}{△t}$=qv_yB，也就是：（M+m）△v_x=qv_yB△t，
解得：（M+m）（v_x-v₀）=-qB（y-y₀）
y方向上，對小球-qv_xB=ma_x，即：-qv_xB=m$\frac{△{v}_{x}}{△t}$
也就是：m△v_y=-qv_xB△t，解得：m（v_y-v_y0）=-qB（x-x₀）
初始狀態(tài)小球在O點時，x₀=0，y₀=0，
之后當v_y=0時，v_x=v_xt=$\sqrt{\frac{2q{v}_{0}Bd}{Mm}+{v}_{0}^{2}}$，
聯(lián)立解得：x=$\frac{m{v}_{y0}}{qB}\sqrt{\frac{2m{v}_{0}d}{qB}}$，y=$\frac{（M+m）（{v}_{x}-{v}_{0}）}{qB}$=$\frac{（m+M）（\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{2q{v}_{0}Bd}{m}}-{v}_{0}）}{qB}$．
答：（1）當細管運動到L₁軌道上P₂處時，小球飛出細管，此時小球的速度大小為$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{2q{v}_{0}Bd}{m}}$；
（2）小球經(jīng)磁場Ⅱ第一次回到L₁軌道上的位置為O，O和P₂間的距離為$2\sqrt{\frac{2m{v}_{0}d}{qB}}$；
（3）小球和細管速度相同時，小球的位置坐標為（$\frac{m{v}_{y0}}{qB}\sqrt{\frac{2m{v}_{0}d}{qB}}$，$\frac{（m+M）（\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{2q{v}_{0}Bd}{m}}-{v}_{0}）}{qB}$）．

點評 解決本題的關鍵是運用運動的分解法和力的分解法研究洛倫茲力的分力，知道洛倫茲力沿桿方向的分力是恒力．要注意小球從管口飛出時的速度是合速度，不是分速度；注意分析運動情況和受力情況是解答本題的關鍵．