Question

6．如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系XOY，X轴的下方存在竖直向上的匀强电场E=10V/m，Y轴左右两边分别存在如图所示的匀强磁场，B₁=B₂=1T．一质量为m_A=0.1kg，电量为q=0.2C的带正电小球A通过一根绝缘细线连接，细线另一端系于O点，绝缘细线l=1m，小球初始在图中a点，现给其v₀=3$\sqrt{5}$m/s的竖直向下的速度使其作圆周运动，运动到b点时，与b点处一个不带电的小球B相碰（B球未画出），m_B=0.1kg，设两球碰撞电量没有损失，碰后两球粘合在一起，速度变为碰前的一半，方向不变，且碰后瞬间剪断细线，粘合体继续运动．已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）A，B球碰前的瞬间细线的拉力．
（2）粘合体第一次达到最高点的坐标．
（3）粘合体从b点开始到第N次经过X轴的时间，并画出粘合体运动的轨迹．

Answer 1

分析 （1）由动能定理求出小球A到达b点的速度，在b点应用牛顿第二定律求出细线的拉力．
（2）两球碰撞细线剪断后在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做竖直上抛运动，应用竖直上抛运动规律求出上升的最大高度．
（3）应用圆周运动的周期公式求出粒子在磁场中的运动时间，应用竖直上抛运动规律求出做竖直上抛的运动时间，然后求出总的运动时间，根据运动情况作出粘合体的运动轨迹．

解答 解：（1）对A，从a到b过程，
由动能定理得：m_Agl-qEl=$\frac{1}{2}$m_Av_A²-$\frac{1}{2}$m_Av₀²，
代入数据解得：v_A=5m/s，
在b点，由牛顿第二定律得：
F+qE-m_Ag-qvB₁=m_A$\frac{{v}_{A}^{2}}{l}$，代入数据解得：F=2.5N；
（2）A、B碰撞后的速度：v=$\frac{1}{2}$v_A=2.5m/s，
碰撞后粘合体所受重力与电场力合力为零，
粘合体在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
经过四分之一圆周后粘合体离开电磁场，
粘合体做竖直上抛运动，上升的最大高度：
h=$\frac{{v}^{2}}{2g}$=$\frac{2．{5}^{2}}{2×10}$=0.3125m，
粘合体在做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：r=2.5m，
最高点的坐标为：（-2.5m，0.3125m）；
（3）粘合体在电磁场中做圆周运动的周期：
T=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$=$\frac{2π×（0.1+0.1）}{0.2×1}$=2πs，
粘合体从b到第一次到达x轴的时间：t₁=$\frac{1}{4}$T=$\frac{π}{2}$s，
粘合体做竖直上抛运动的时间：t_上抛=$\frac{2v}{g}$=$\frac{2×2.5}{10}$=0.5s，
粘合体返回电磁场后做匀速圆周运动，经过半个圆周后再次做竖直上抛运动，如此循环，
粘合体在电磁场中转过半个圆需要的时间：t′=$\frac{1}{2}$T=πs，
粘合体从b点开始到第1次经过X轴的时间：t₁=$\frac{π}{2}$s，
第二次经过x轴的时间：t₂=t₁+t_上抛=（0.5+$\frac{π}{2}$）s，
第三次经过x轴的时间：t₃=t₁+t_上抛+t′=（0.5+$\frac{π}{2}$+π）s，
第四次经过x轴的时间：t₄=t₃+t_上抛=（1+$\frac{π}{2}$+π）s，
如果N为奇数，第N次通过x轴的时间：t=[$\frac{π}{2}$+$\frac{N-1}{2}$（π+0.5）]s，
如果N为偶数，第N次通过x轴的时间：t=[$\frac{π}{2}$+0.5+（$\frac{N}{2}$-1）（π+0.5）]s；
粘合体的运动轨迹如图所示：

答：（1）A，B球碰前的瞬间细线的拉力为2.5N．
（2）粘合体第一次达到最高点的坐标为：（-2.5m，0.3125m）．
（3）粘合体从b点开始到第N次经过X轴的时间为：[$\frac{π}{2}$+$\frac{N-1}{2}$（π+0.5）]s  N为奇数，[$\frac{π}{2}$+0.5+（$\frac{N}{2}$-1）（π+0.5）]s  N为偶数；粘合体运动的轨迹如图所示．

点评 本题考查了小球在混合场中的运动，小球的运动过程复杂，本题难度较大，分析清楚小球运动过程是正确解题的关键，分析清楚运动过程后，应用动能定理、牛顿第二定律、粒子做圆周运动的周期公式即可解题；解题时注意数学归纳法的应用．