Question

14．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(chǎng)，場(chǎng)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絕緣平板C₁和C₂，兩板間距為d₁=0.6m，板間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩板右端在y軸上，板C₁與x軸重合，在其靠近左端緊貼桌面有一小孔M，離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為L(zhǎng)=0.72m，在第Ⅳ象限垂直于x軸放置一足夠長(zhǎng)絕緣平板C₃，其一端位于垂足Q，Q點(diǎn)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)（P點(diǎn)和原點(diǎn)O在同一電場(chǎng)線上），以初速度V₀=2$\sqrt{2}$m/s垂直于電場(chǎng)方向射出，剛好垂直于x軸穿過C₁板上的M孔進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域小球可視為質(zhì)點(diǎn)，小球的比荷$\frac{q}{m}$=20c/kg，不考慮空氣阻力和小球電荷量的變化．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小；
（2）要使帶電小球無碰撞地穿出磁場(chǎng)并打到平板C₃上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B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(dòng)，分別寫出沿電場(chǎng)方向和垂直于電場(chǎng)方向的分位移、分速度與時(shí)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(chǎng)強(qiáng)的大�。�
（2）根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出經(jīng)過M點(diǎn)的速度，作出粒子在磁場(chǎng)中的臨界運(yùn)動(dòng)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(dòng)，則有
 L₁sinθ=v₀t
 v₀tanθ=at
由牛頓第二定律得 qE=ma
聯(lián)立解得  E=$\frac{5}{9}$$\sqrt{2}$N/C≈0.79N/C
（2）設(shè)小球通過M點(diǎn)時(shí)的速度為v
由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有 v=$\frac{{v}_{0}}{sinθ}$=4m/s
小球垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入兩板間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖，由牛頓第二定律有：
qvB=m$\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(shí)小球的軌跡半徑為R₁，由幾何關(guān)系有：$\frac{{R}_{1}}{{l}_{1}+7ndvvnv_{2}-{R}_{1}}$=$\frac{{l}_{1}-{R}_{1}}{{R}_{1}}$
代入數(shù)據(jù)解得：B₁=0.5T．
小球剛好不與C₂板相碰時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，設(shè)為B₂，此時(shí)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=$\frac{1}{3}$T≈0.33T．
綜合得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍：0.33T≤B≤0.5T
答：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為0.79N/C；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍為0.33T≤B≤0.5T．

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