Question

11．如圖所示，帶有等量異種電荷平行金屬板M、N豎直放置，M、N兩板間的距離d=0.5m．現(xiàn)將一質量m=1×10^-2kg、電荷量q=4×10^-5C的帶電小球從兩極板上方的A點以v₀=4m/s的初速度水平拋出，A點距離兩板上端的高度h=0.2m；之后小球恰好從靠近M板上端處進入兩板間，沿直線運動碰到N板上的C點，該直線與曲線的末端相切．設勻強電場只存在于M、N之間，不計空氣阻力，取g=10m/s²．求：
（1）小球到達M極板上邊緣B位置時速度的大小和方向；
（2）M、N兩板間的電場強度的大小和方向；
（3）小球到達C點時的動能．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平拋運動的基本公式求出小球剛進入電場時豎直方向的速度大小和方向．
（2）小球在電場中做直線運動，合力沿直線方向，由力的合成求出電場力與重力的關系，即可求得電場強度的大小和方向．
（3）從A到B的過程中運用動能定理即可求解．也可以運用運動的合成法解答．

解答 解：（1）小球平拋運動過程水平方向做勻速直線運動，v_x=v₀=4 m/s
豎直方向做勻加速速直線運動，$h=\frac{1}{2}g{t_1}^2$，v_y=gt₁=2 m/s
得解：${v_B}=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=2\sqrt{5}$m/s
方向 $tanθ=\frac{v_y}{v_x}=\frac{1}{2}$，θ=arctan0.5（θ為速度方向與水平方向的夾角）
（2）小球進入電場后，沿直線運動到C點，所以重力與電場力的合力即沿該直線方向．
則 $tanθ=\frac{mg}{qE}=\frac{1}{2}$
得解：$E=\frac{2mg}{q}=5×{10^3}$N/C，方向水平向右．
（3）解法一：
進入電場后，小球受到的合外力${F_合}=\sqrt{（mg{）^2}+{{（qE）}^2}}=\sqrt{5}mg$
B、C兩點間的距離$s=\fracol9rjp6{cosθ}$，$cosθ=\frac{2}{{\sqrt{5}}}$
從B到C由動能定理得：${F_合}s={E_{kC}}-\frac{1}{2}mv_B^2$
解得：E_kC=0.225J
解法二：進入電場后，小球在水平方向做初速度為v₀的勻加速直線運動$d={v_0}{t_2}+\frac{1}{2}a{t_2}^2$，${a_x}=\frac{qE}{m}=20$m/s²
得解：t₂=0.1 s
小球到達C點時的水平速度v₁=v₀+a_xt₂=6 m/s
豎直分速度v₂=v_y+gt₂=3 m/s
v_C=$\sqrt{v_1^2+v_2^2}$
E_kC=$\frac{1}{2}mv_c^2$=$\frac{1}{2}m（v_1^2+v_2^2）$=0.225 J
答：
（1）小球到達M極板上邊緣B位置時速度的大小是2$\sqrt{5}$m/s，方向與水平方向的夾角為arctan0.5；
（2）M、N兩板間的電場強度的大小是5×10³N/C，方向水平向右；
（3）小球到達C點時的動能是0.225 J．

點評 解決本題的關鍵知道平拋運動的規(guī)律，以及知道小球進入電場后速度方向與小球所受的合力方向相同．