Question

15．如圖所示，帶等量異種電荷的平行金屬板MN、PQ水平放置，間距d=5cm，板長L=5cm．虛線NQ右側(cè)足夠大的區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，電場大小與金屬板間的電場大小相等，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.57×10³T．一質(zhì)量為m₁=10g，帶電量為q=+1.0×10^-4C的微粒，以v₀=1.0m/s的速度從兩金屬板正中間沿水平方向射入，恰能從Q點射出．m₁射入的同時，另一質(zhì)量m₂=1g的不帶電微粒，從電磁場區(qū)域的某一點S（圖中未畫出）自由落下，兩微粒恰好能發(fā)生正碰并結(jié)合在一起．取g=10m/s²，π=3.14，$\sqrt{2}$=1.41．求：
（1）m₁在金屬板間運動的時間及兩金屬板間的電勢差；
（2）S點距Q點的水平距離；
（3）若兩微粒碰撞的瞬間撒去磁場，兩微粒碰后運動過程中距Q點的最大高度．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)類平拋運動規(guī)律和牛頓運動定律列式求解；
（2）根據(jù)運動的合成求末速度大小及方向，根據(jù)受力分析知粒子在磁場中做勻速圓周運動，發(fā)生正碰說明水平速度為零，由幾何關(guān)系知水平距離；
（3）根據(jù)圓周運動規(guī)律知碰撞時間，根據(jù)時間和自由落體運動的規(guī)律知碰撞速度，根據(jù)動量守恒定律知m₁與m₂碰后上升的最大高度，由幾何關(guān)系求與S點的最近距離．

解答 解：（1）由類平拋運動規(guī)律得：L=v₀t₁$\fracqgtxr2n{2}=\frac{1}{2}at_1^2$
由牛頓第二定律得：m₁g+qE=m₁a
由電場公式得：$E=\frac{U}wpd24ys$
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：t₁=0.05sU=50V
（2）設(shè)m₁過Q點的速度大小為v，方向與水平方向的夾角為θ，則有：
$v=\sqrt{v_0^2+v_y^2}$
$tanθ=\frac{v_y}{v_0}$v_y=at₁
m₁進(jìn)入虛線NQ右則的電磁場區(qū)域所受的電場力F=qE=0.1N=m₁g，
因此m₁在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動，
有：$qBv={m_1}\frac{v^2}{r}$
m₁與m₂要發(fā)生正碰，只能在豎直方向，所以S點距Q的水平距離為：X=r+rsinθ
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：X=0.15m
（3）由（2）中解得：θ=45°，m₁從Q到碰前的時間為：${t_2}=\frac{3}{8}T$
其中周期$T=\frac{2πr}{v}=\frac{{2π{m_1}}}{qB}$
m₁自由落體的高度為：${h_1}=\frac{1}{2}g{（{t_1}+{t_2}）^2}$
末速度v₂=g（t₁+t₂）
m₁與m₂碰撞過程：m₁v-m₂v₂=（m₁+m₂）v₃
m₁與m₂碰后上升的最大高度：${h_2}=\frac{v_3^2}{2g}$
與S點的最近距離：H=h₁-h₂
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：H=0.14m
答：（1）m₁在金屬板間運動的時間及兩金屬板間的電勢差為50V；
（2）S點距Q點的水平距離0.15m；
（3）若兩微粒碰撞的瞬間撒去磁場，兩微粒碰后運動過程中距Q點的最大高度為0.14m．

點評 本題考查分析和處理粒子在復(fù)合場中運動的軌跡問題，難點在于分析碰撞時的速度時間關(guān)系，此題綜合性較強(qiáng)，需要學(xué)生熟練掌握各自運動模型和動量定理應(yīng)用，屬于難題．