Question

4．有一對平行的金屬板MN、PQ，與地面成一定角度處在豎直平面內(nèi)，且PQ帶正電，板間距離為d，板長為L₀在MN板正中間位置處有一個圓形小孔，在孔正上方距離為h處有一個質(zhì)量為m的帶電小球，小球所帶電量的絕對值為q．當(dāng)小球從靜止釋放后剛好可以從小孔穿過進入兩板之間，最終恰能從上板的邊沿M點飛出，若小球未與下板發(fā)生碰撞，且兩平行金屬板間電壓U=$\frac{\sqrt{2}mgd}{q}$，不考慮空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的（　�。�

• A． 小球帶負電荷
• B． 小球從M點飛出時速度大小為v=$\sqrt{5gh}$
• C． 小球從M點飛出時速度沿水平方向
• D． 板長L=8$\sqrt{2}$h

Answer 1

分析 從S到O做自由落體運動，根據(jù)運動學(xué)公式求出到達小孔時的速度，進入平行板后受到重力和電場力，分解為水平方向和豎直方向處理，根據(jù)動力學(xué)規(guī)律求a，運用運動學(xué)公式求到達M點時的速度大小和方向；根據(jù)水平和豎直位移求板長．

解答 解：根據(jù)題意，小球進入極板間受到重力和電場力作用，若小球帶負電，則小球受力方向必然向下，必與極板PQ相撞，因此小球帶正電
 小球受電場力${F}_{電}^{\;}$=$\frac{U}yfk9bd6q=\sqrt{2}mg$
小球下落至小孔時，由運動學(xué)公式得
${v}_{\;}^{2}=2gh$得$v=\sqrt{2gh}$
板與地面夾角為θ，小球進入板后豎直方向位移$y=\frac{Lsinθ}{2}$
水平方向位$x=\frac{L}{2}cosθ$
運用沿水平和豎直分解，得到兩個勻變速運動的合成
根據(jù)牛頓第二定律，水平方向：${F}_{電}^{\;}sinθ=m{a}_{x}^{\;}$即$\sqrt{2}mgsinθ=m{a}_{x}^{\;}$，得${a}_{x}^{\;}=\sqrt{2}gsinθ$
豎直方向：$mg-{F}_{電}^{\;}cosθ=m{a}_{y}^{\;}$即$mg-\sqrt{2}mgcosθ=m{a}_{y}^{\;}$，得${a}_{y}^{\;}=g-\sqrt{2}gcosθ$
根據(jù)運動學(xué)公式，水平方向：$\frac{L}{2}cosθ=\frac{1}{2}{a}_{x}^{\;}{t}_{\;}^{2}$
豎直方向：$\frac{L}{2}sinθ=\sqrt{2gh}t+\frac{1}{2}{a}_{y}^{\;}{t}_{\;}^{2}$
聯(lián)立關(guān)于θ和t的方程組：θ=45°$t=\sqrt{\frac{8h}{g}}$
從而得，${a}_{y}^{\;}=0$，${a}_{x}^{\;}=g$，
即a=g，方向水平向左
所以小球進入板間有豎直向下的初速度$v=\sqrt{2gh}$，水平向左的加速度，做類平拋運動．
豎直方向位移$y=\frac{Lsinθ}{2}=\frac{\sqrt{2}L}{4}$
水平方向位$x=\frac{Lcosθ}{2}=\frac{\sqrt{2}L}{4}$
豎直方向勻速直線運動
$y=\frac{\sqrt{2}L}{4}=\sqrt{2gh}t$
水平方向勻加速直線運動
$x=\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}=\frac{\sqrt{2}L}{4}$
聯(lián)立以上各式得$L=8\sqrt{2}h$
小球從M點飛出時：${v}_{x}^{\;}=\sqrt{2g\frac{\sqrt{2}L}{4}}=\sqrt{\frac{\sqrt{2}gL}{2}}$=$\sqrt{8gh}$
豎直方向${v}_{y}^{\;}=\sqrt{2gh}$
${v}_{M}^{\;}=\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{10gh}$速度方向不沿水平方向
綜上所述：D正確
故選：D

點評 本題是帶電粒子在電場中的運動，關(guān)鍵是進行受力情況和運動情況分析，運用運動的合成與分解的方法研究電場中的偏轉(zhuǎn)問題．