Question

6．如圖，兩極板M、N豎直放置，N板右側(cè)存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)中還存在一個(gè)矩形場(chǎng)區(qū)ABCD，邊界AB與N板平行．矩形場(chǎng)區(qū)左右對(duì)稱分布著方向如圖所示的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電量為+q的小球從H點(diǎn)以速度大小v射入MN板間后恰能從N板上小孔O水平離開，之后小球沿直線勻速運(yùn)動(dòng)到邊界AB的中點(diǎn)P并進(jìn)入矩形場(chǎng)區(qū)．
已知：重力加速度為g，點(diǎn)H到M、N板的距離相等且OH間的高度差為$\frac{1}{2}$d，$\overline{AD}$=2d，$\overline{AB}$=4d，M、N板的電勢(shì)差為U=$\frac{mgd}{q}$，矩形場(chǎng)區(qū)內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B=$\frac{mv}{2qd}$．
（1）求N板右側(cè)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向．
（2）求小球在P點(diǎn)時(shí)速度的大�。�
（3）以A點(diǎn)所在水平面為參考平面，求小球離開矩形場(chǎng)區(qū)時(shí)的重力勢(shì)能Ep．

Answer 1

分析 （1）小球在OP間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)二力平衡即可求出板右側(cè)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向；
（2）從H到P，重力和電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理即可求出P點(diǎn)的速度；
（3）小球進(jìn)入ABCD場(chǎng)區(qū)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出半徑，結(jié)合幾何關(guān)系畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，然后判斷出射出點(diǎn)的位移，再由重力勢(shì)能的表達(dá)式即可得出．

解答 解：（1）小球在OP間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有
qE=mg             …①
解得：E=$\frac{mg}{q}$           …②
方向豎直向上          …③
（2）設(shè)小球在P點(diǎn)速度為v_P，從H到P，由動(dòng)能定理得
$-mg\fraciimmu6o{2}+q•\frac{U}{2}=\frac{1}{2}m{v}_{P}^{2}-\frac{1}{2}m{v}^{2}$     …④
解得：v_p=v                     …⑤
（3）由于qE=mg，小球進(jìn)入ABCD場(chǎng)區(qū)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．
由qvB=$\frac{m{v}^{2}}{r}$             …⑥
得$r=\frac{mv}{qB}=2d$           …⑦
當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)軌跡與FG邊相切時(shí)，由幾何關(guān)系得軌跡半徑為d，
又r=2d＞d，因此小球會(huì)從CD邊界離開…⑧
其軌跡如圖2，由幾何關(guān)系得
$h=2（r-\sqrt{{r}^{2}-a6m6kcs^{2}}）=（4-2\sqrt{3}）d$ …⑨
離開時(shí)的重力勢(shì)能為
${E}_{P}=-mg（2d-h）=-2（\sqrt{3}-1）mgd$  …⑩
答：（1）N板右側(cè)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小是$\frac{mg}{q}$，方向豎直向上．
（2）小球在P點(diǎn)時(shí)速度的大小是v．
（3）以A點(diǎn)所在水平面為參考平面，小球離開矩形場(chǎng)區(qū)時(shí)的重力勢(shì)能是$-2（\sqrt{3}-1）mgd$．

點(diǎn)評(píng) 本題是粒子在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)和帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合．帶電粒子在電場(chǎng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)要把握其運(yùn)動(dòng)規(guī)律，在電場(chǎng)中利用幾何關(guān)系得出其沿電場(chǎng)．和垂直于電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律；而在磁場(chǎng)中也是要注意找出相應(yīng)的幾何關(guān)系，從而確定圓心和半徑．