Question

8．L₁、L₂为相互平行的足够长光滑导轨，位于光滑水平面内．一个略长于导轨间距，质量为M的光滑绝缘细管与导轨垂直放置，细管可在两导轨上左右平动．细管内有一质量为m、带电量为+q的小球，小球与L导轨的距离为d．开始时小球相对细管速度为零，细管在外力作用下从P₁位置以速度v₀向右匀速运动．垂直平面向里和向外的匀强磁场I、Ⅱ分别分布在L₁轨道两侧，如图所示，磁感应强度大小均为B．小球视为质点，忽略小球电量变化．
（1）当细管运动到L₁轨道上P₂处时，小球飞出细管，求此时小球的速度大小；
（2）小球经磁场Ⅱ第一次回到L₁轨道上的位置为O，求O和P₂间的距离；
（3）小球回到L₁轨道上O处时，细管在外力控制下也刚好以速度v₀经过O点处，小球恰好进入细管．此时撤去作用于细管的外力．以O点为坐标原点，沿L₁轨道和垂直于L₁轨道建立直角坐标系，如图所示，求小球和细管速度相同时，小球的位置（此时小球未从管中飞出）．

Answer 1

分析 （1）根据动能定理求解；
（2）根据几何关系求解半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解；
（3）分析小球的运动情况和受力情况，根据带电粒子在复合场中运动的处理方法进行解答．

解答 解：（1）小球在水平面上运动时重力和支持力二力平衡，将洛兹伦力作如图所示的分解，其中f_x与杆的弹力平衡，小球的合力等于洛伦兹力沿杆方向的分力f_y．可得 f_y=qv₀B
根据动能定理得 f_yd=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
则得小球从管口飞出时沿管方向的分速度大小 v=$\sqrt{\frac{2q{v}_{0}Bd}{m}}$，
所以小球从管口飞出时的速度大小为 v′=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{2q{v}_{0}Bd}{m}}$；
（2）小球在磁场II中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，

由洛伦兹力提供向心力得：qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{R}$，
由几何关系可得：$\overline{O{P}_{2}}=2Rsinθ$，
联立解得：$\overline{O{P}_{2}}=2\sqrt{\frac{2m{v}_{0}d}{qB}}$；
（3）小球进入细管后，由于洛伦兹力不做功，小球和管组成的系统机械能守恒，则：
$\frac{1}{2}m{v}^{2}+\frac{1}{2}M{v}_{0}^{2}=\frac{1}{2}（m+M）{v}_{xt}^{2}$，
解得：${v}_{xt}=\sqrt{\frac{2q{v}_{0}Bd}{Mm}+{v}_{0}^{2}}$，方向水平向右；
任意时刻x方向上，对细管和小球整体，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，对小球-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）
初始状态小球在O点时，x₀=0，y₀=0，
之后当v_y=0时，v_x=v_xt=$\sqrt{\frac{2q{v}_{0}Bd}{Mm}+{v}_{0}^{2}}$，
联立解得：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）当细管运动到L₁轨道上P₂处时，小球飞出细管，此时小球的速度大小为$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{2q{v}_{0}Bd}{m}}$；
（2）小球经磁场Ⅱ第一次回到L₁轨道上的位置为O，O和P₂间的距离为$2\sqrt{\frac{2m{v}_{0}d}{qB}}$；
（3）小球和细管速度相同时，小球的位置坐标为（$\frac{m{v}_{y0}}{qB}\sqrt{\frac{2m{v}_{0}d}{qB}}$，$\frac{（m+M）（\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{2q{v}_{0}Bd}{m}}-{v}_{0}）}{qB}$）．

点评 解决本题的关键是运用运动的分解法和力的分解法研究洛伦兹力的分力，知道洛伦兹力沿杆方向的分力是恒力．要注意小球从管口飞出时的速度是合速度，不是分速度；注意分析运动情况和受力情况是解答本题的关键．