Question

14．如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球（可看做質(zhì)點(diǎn)）從y軸上的A點(diǎn)以初速度v₀水平拋出，兩長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬板M、N傾斜放置且與水平方向間的夾角為θ=37°．（sin 37°=0.6）
（1）若帶電小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進(jìn)入兩板間，試求帶電小球在y軸上的拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)及小球拋出時(shí)的初速度v₀；
（2）若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E=$\frac{4mg}{5q}$，試計(jì)算兩平行金屬板M、N之間的垂直距離d至少為多少時(shí)才能保證小球不打在N板上．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合進(jìn)入兩板間的速度方向，通過(guò)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出初速度的大小以及豎直位移，從而得出A點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求出小球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度，結(jié)合小球的受力分析出合力方向與電場(chǎng)方向垂直，通過(guò)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出平行金屬板M、N之間的垂直距離的最小值．

解答 解：（1）設(shè)小球由y軸上的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到金屬板M的中點(diǎn)B的時(shí)間為t，由題意，在與x軸平行的方向上，有：
$\frac{L}{2}$cos θ=v₀t
tan θ=$\frac{{v}_{0}}{gt}$
帶電小球在豎直方向上下落的距離為：h=$\frac{1}{2}$gt²
所以小球拋出點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為：y=h+$\frac{L}{2}$sin θ，
以上各式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得：v₀=$\sqrt{\frac{3gL}{10}}$，y=$\frac{17}{30}$L，
t=2$\sqrt{\frac{2L}{15g}}$，h=$\frac{4L}{15}$．
所以小球拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，$\frac{17}{30}$L）
小球拋出時(shí)的初速度大小為：v₀=$\sqrt{\frac{3gL}{10}}$．
（2）設(shè)小球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，則由動(dòng)能定理可得：
mgh=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：v=$\sqrt{\frac{5gL}{6}}$．
帶電小球進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后的受力情況如圖所示．
因?yàn)镋=$\frac{4mg}{5q}$，所以qE=mgcos θ，
因此，帶電小球進(jìn)入該勻強(qiáng)電場(chǎng)之后，將做類平拋運(yùn)動(dòng)．其加速度大小為：a=$\frac{mgsinθ}{m}$=gsin θ，
設(shè)帶電小球在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′，欲使小球不打在N板上，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：d=vt′，
$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}$at′²
以上各式聯(lián)立求解并代入數(shù)據(jù)可得：d=$\frac{5\sqrt{2}}{6}$L．
答：（1）帶電小球在y軸上的拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)及小球拋出時(shí)的初速度為$\sqrt{\frac{3gL}{10}}$；
（2）兩平行金屬板M、N之間的垂直距離d至少為$\frac{5\sqrt{2}}{6}$L時(shí)才能保證小球不打在N板上．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，掌握處理平拋運(yùn)動(dòng)或類平拋運(yùn)動(dòng)的方法，結(jié)合牛頓第二定律、動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解，本題有一定的難度．