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以豎直向上為y軸正方向的平面直角系xOy,如圖所示.在第一、四象限內存在沿x軸負方向的勻強電場E1,在第二、三象限內存在著沿y軸正方向的勻強電場E2和垂直于xOy平面向外的勻強磁場.現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電小球從坐標原點O以初速度v0沿與x軸正方向成45°角的方向射出.已知兩電場的電場強度E1=E2=
mgq
,磁場的磁感應強度為B.
(1)求小球離開O點后第一次經過y軸所用的時間;
(2)求小球離開O點后第三次經過y軸的坐標;
(3)若小球從O點以某一初速度沿與x軸正方向成135°角的方向射出且能再次回到O點,則該初速度的大小為多少?
分析:(1)根據(jù)牛頓第二定律,可求出加速度大小與方向,再由運動學公式,即可求解;
(2)根據(jù)電場力與重力平衡,可知,粒子做勻速圓周運動,由牛頓第二定律,列式可得,半徑關系.從而由粒子做平拋運動,運用運動學公式可得,每次經過y軸的坐標,從而即可求解;
(3)根據(jù)粒子做勻速圓周運動,由牛頓第二定律與幾何關系可知,初速度的大。
解答:解:(1)設小球在第一象限中的加速度為a,
由牛頓第二定律得
(mg)2+(qE)2
=ma
得到a=
2
g,方向與v0的方向相反
在第一象限中小球先勻減速運動再反向勻加速運動,所以
t1=
2v0
a
=
2
v0
g

(2)小球第一次經過y軸后,在第二、三象限內由qE=mg,電場力與重力平衡,故做勻速圓周運動.設軌跡半徑為R.有
qv0B=m
mv
2
0
R

得R=
mv0
qB

小球第二次經過y軸的坐標
y1=
2
R=
2
mv0
qB

t時間后第三次經過y軸,在第一、四象限內做類平拋運動,有
v0t′=
1
2
2
gt2
得t′=
2
v0
g

小球第二次經過y軸與第三次經過y軸的距離為
△y=
2
v0t′=
2v
2
0
g
 
小球第三次經過y軸的坐標y2=y1-△y=
2
mv0
qB
-
2v
2
0
g

(3)若小球沿與x軸正方向成135°射出時小球的運動軌跡如圖所示,有△y′=2
2
R′
2v2
g
=2
2
mv
qB

得v=
2
mg
qB

答:(1)則小球離開O點后第一次經過y軸所用的時間
2
v0
g

(2)則小球離開O點后第三次經過y軸的坐標
2
mv0
qB
-
2v
2
0
g
;
(3)若小球從O點以某一初速度沿與x軸正方向成135°角的方向射出且能再次回到O點,則該初速度的大小為
2
mg
qB
點評:考查粒子在電場力作用下做類平拋運動,在磁場力作用下做勻速圓周運動,掌握處理的方法與規(guī)律,理解牛頓第二定律與幾何的關系的應用.本題畫出正確的運動軌跡是解題的關鍵之處.
練習冊系列答案
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