Question

如圖甲所示，在光滑絕緣的水平面上固定著兩對幾何形狀完全相同的平行金屬板PQ和MN，P、Q與M、N四塊金屬板相互平行地豎直地放置，其俯視圖如圖乙所示．已知P、Q之間以及M、N之間的距離都是d=0.2m，極板本身的厚度不計，極板長均為L=0.2m，板間電壓都是U=6.0×10²V．金屬板右側(cè)為豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5×10²T，磁場區(qū)域足夠大．今有一質(zhì)量為m=1×10^-4kg，電量為q=2×10^-6C的帶負(fù)電小球在水平面上如圖從PQ平行板間左側(cè)中點(diǎn)O沿極板中軸線以初速度v₀=4m/s進(jìn)入平行金屬板PQ．

（1）試求小球剛穿出平行金屬板PQ進(jìn)入磁場瞬間的速度；
（2）若要小球穿出平行金屬板PQ后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)射入平行金屬板MN中，且在不與極板相碰的前提下，最終在極板MN的左側(cè)中點(diǎn)O′沿中軸線射出．則金屬板Q、M間距離最大是多少？

Answer 1

分析：（1）小球做類平拋運(yùn)動，電場力與牛頓第二定律，可求出加速度大小，從而確定速度的大小與方向，即可求解；
（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，并結(jié)合幾何關(guān)系與運(yùn)動學(xué)公式，可求出偏轉(zhuǎn)位移，從而即可求解．

解答：解：（1）小球在PQ金屬板中做類平拋運(yùn)動：
小球所受電場力F=qE=q

U

d

，
而小球加速度a=

F

m

 
故a=

qU

md

a=

6×102×2×10-6

0.2×1×10-4

m/s2=60m/s2
小球在板間運(yùn)動的時間 t=

L

v0

=

0.2

4

s=0.05s 
小球在垂直板方向上的速度 v_y=at=60×0.05m/s=3m/s     
則小球離開PQ板時的速度為vt=

v 2 0 + v 2 y

=

42+32

m/s=5m/s 
v_t沿中軸線的夾角為tanθ=

vy

v0

=

3

4

                  
（2）在PQ極板間，若P板電勢比Q板高，則小球向P板偏離，進(jìn)入右側(cè)磁場后做圓周運(yùn)動，由運(yùn)動的對稱性，則必須N板電勢高于M板電勢，其運(yùn)動軌跡如圖a所示；同理若Q板電勢比P板高，則必須M板電勢高于N板電勢，其運(yùn)動軌跡如圖b所示．否則不可能在不與極板相碰的前提下，最終在極板MN的左側(cè)中點(diǎn)O′沿中軸線射出．
小球進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動半徑為R，因洛侖茲力提供向心力，即：
qvtB=m

v 2 t

R

  
所以R=

mvt

Bq

=

1×10-4×5

2×10-6×5×102

m=0.5m   
在PQ極板間，若小球向P板偏，設(shè)小球射入與射出磁場的兩點(diǎn)間的距離為h_a；在PQ極板間，若小球向Q板偏，設(shè)小球射入與射出磁場的兩點(diǎn)間的距離為h_b．由圖中幾何關(guān)系（注：圖中半徑不同，為簡便，兩圖合一）可算得：
 ha=hb=2Rcosθ=2×0.5×

4

5

m=0.8m 
小球偏離中軸線的位移
Y側(cè)=

1

2

at2=

1

2

×60×0.052m=7.5×10^-2m
當(dāng)小球向P板偏時，根據(jù)對稱性可得QM板間的距離為 d1=ha-2(

d

2

+Y側(cè))=ha-d-2Y側(cè)  
當(dāng)小球向Q板偏時，根據(jù)對稱性可得QM板間的距離為d2=hb-2(

d

2

-Y側(cè))=hb-d+2Y側(cè)  
顯然d₂＞d₁          
代入數(shù)據(jù)得 d₂=h_b-d+2Y_側(cè)=0.8-0.2+2×7.5×10^-2m=0.75m
因而金屬板Q、M間距離最大為0.75m．
答：（1）則小球剛穿出平行金屬板PQ進(jìn)入磁場瞬間的速度大小為5m/s，方向與軸線的夾角正切值為

3

4

；
（2）若要小球穿出平行金屬板PQ后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)射入平行金屬板MN中，且在不與極板相碰的前提下，最終在極板MN的左側(cè)中點(diǎn)O′沿中軸線射出．則金屬板Q、M間距離最大是0.75m．

點(diǎn)評：本題涉及力、運(yùn)動、電場、磁場以及對稱性等知識、方法的綜合運(yùn)用能力，考查邏輯推理能力、綜合分析能力、運(yùn)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題能力和探究能力．