Question

如圖所示，有一與豎直方向夾角為45°的直線邊界，其左下方有一正交的勻強電磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B=

5

3

T；電場方向豎直向上，場強E=

mg

q

=10N/C，一質量為m=2×10^-5kg，電荷量q=+2×10^-5C的小球從邊界上N點正上方高為h=0.2m處的M點靜止釋放，下落到N點時小球瞬間爆炸成質量、電荷量均相等的A、B兩塊，已知爆炸后A向上運動，能達到的最大高度為4h；B向下運動進入電磁場區域，此后A也將進入電磁場區域．g=10m/s²
求：
（1）B剛進入電磁場區域的速度v₁？
（2）B第二次進入電磁場區域的速度v₂？
（3）設B、A第二次進入電磁場時，與邊界OO'交點分別為P、Q，求PQ之間的距離．

Answer 1

分析：（1）根據動能定理，結合動量守恒定律求出B剛進入電磁場區域的速度．
（2）B進入電磁場，受到的電場力和重力相等，做勻速圓周運動，根據幾何關系，得出B出磁場后的速度方向，從而確定其運動情況，從而根據運動分析得出第二次進入電磁場的速度．
（3）根據圓周運動的知識，結合軌道半徑，運用幾何關系分別求出A、B第二次進入電磁場與第一次進入電磁場之間的距離，從而求出PQ之間的距離．

解答：解：（1）根據動能定理得，mgh=

1

2

mv02
解得v0=

2gh

．
規定向下為正方向，
爆炸的瞬間系統動量守恒，mv0=

1

2

mvA1+

1

2

mvB1
爆炸后A向上運動，能上升的最大高度為4h，則vA1=-

8gh

．
B剛進入電磁場區域的速度v₁=v_B1=8m/s．
（2）對B：進入磁場后，由于qE=mg，所以做勻速圓周運動．
由幾何關系知，B離開電磁場做平拋運動．
s=v₁t 
h=

1

2

gt2
tan45°=

s

h

解得：t=

2v1

g

=1.6s．
B第二次進入電磁場區域：v2=

v12+(gt)2

=8

5

m/s
方向與水平方向的夾角tanα=2．
（3）對B：第一次進入電磁場做勻速圓周運動．

1

2

qv1B=

mv12

2RB

，解得：RB=

mv1

qB

．
B第二次進入電磁場與第一次進入電磁場的距離NP．
NP=NC+CP=

2

RB+

2

S．
同理，A第二次進入電磁場與第一次進入電磁場的距離為NQ．
NQ=ND+DQ=

2

RA+

2

S₁．
PQ=

2

(RB-RA+S-S1)=

2

(

mv1

qB

-

mvA1

qB

+

2v12

g

-

2vA12

g

)=12

2

m．
答：（1）B剛進入電磁場區域的速度為8m/s．
（2）B第二次進入電磁場區域的速度為8

5

m/s．
（3）PQ之間的距離為12

2

m．

點評：本題綜合運用了動能定理、動量守恒定律、牛頓第二定律，綜合性較強，對數學幾何能力的要求較高，關鍵搞清A、B的運動情況，選擇合適的規律進行求解．