Question

15．如圖所示，在光滑絕緣水平桌面內(nèi)建立xoy坐標(biāo)系，在第Ⅱ象限內(nèi)有平行于桌面的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向與x軸負(fù)方向的夾角θ=45°．在第Ⅲ象限垂直于桌面放置兩塊相互平行的平板C₁、C₂，兩板間距為d₁=0.6m，板間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，兩板右端在y軸上，板C₁與x軸重合，在其左端緊貼桌面有一小孔M，小孔M離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為L=0.72m．在第Ⅳ象限垂直于x 軸放置一塊平行y軸且沿y軸負(fù)向足夠長的豎直平板C₃，平板C₃在x軸上垂足為Q，垂足Q與原點(diǎn)O相距d₂=0.18m．現(xiàn)將一帶負(fù)電的小球從桌面上的P點(diǎn)以初速度v₀=4$\sqrt{2}$m/s垂直于電場方向射出，剛好垂直于x軸穿過C₁板上的M孔，進(jìn)入磁場區(qū)域．已知小球可視為質(zhì)點(diǎn)，小球的比荷$\frac{q}{m}$=20C/kg，P點(diǎn)與小孔M在垂直于電場方向上的距離為s=$\frac{\sqrt{2}}{10}$m，不考慮空氣阻力．求：
（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大��；
（2）要使帶電小球無碰撞地穿出磁場并打到平板C₃上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）小球在第Ⅱ象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動，分別寫出沿電場方向和垂直于電場方向的分位移、分速度與時間的關(guān)系式，結(jié)合牛頓第二定律求出加速度，聯(lián)立可得到場強(qiáng)的大�。�
（2）根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律求出經(jīng)過M點(diǎn)的速度，作出粒子在磁場中的臨界運(yùn)動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系和半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍．

解答 解：（1）小球在第Ⅱ象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動，則有
 L₁sinθ=v₀t
 v₀tanθ=at
由牛頓第二定律得 qE=ma
聯(lián)立解得  E=8$\sqrt{2}$N/C
（2）設(shè)小球通過M點(diǎn)時的速度為v
由類平拋運(yùn)動的規(guī)律有 v=$\frac{{v}_{0}}{sinθ}$=$\frac{4\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$=8m/s
小球垂直磁場方向進(jìn)入兩板間做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖，由牛頓第二定律有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
得：B=$\frac{mv}{qR}$
小球剛好能打到Q點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度最強(qiáng)，設(shè)為B₁．此時小球的軌跡半徑為R₁，由幾何關(guān)系有：$\frac{{R}_{1}}{{l}_{1}+tdvmtpp_{2}-{R}_{1}}$=$\frac{{l}_{1}-{R}_{1}}{{R}_{1}}$
代入數(shù)據(jù)解得：B₁=1T．
小球剛好不與C₂板相碰時磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，設(shè)為B₂，此時粒子的軌跡半徑為R₂，由幾何關(guān)系有：
 R₂=d₁
代入數(shù)據(jù)解得：B₂=$\frac{2}{3}$T
綜合得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍：$\frac{2}{3}T≤B≤1T$ 答：
（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為8$\sqrt{2}$N/C；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍為$\frac{2}{3}T≤B≤1T$．

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動規(guī)律、畫出運(yùn)動軌跡，然后結(jié)合牛頓第二定律、類似平拋運(yùn)動的分位移公式和幾何關(guān)系列式求解．