Question

12．如圖所示，MN、PQ是水平放置的一對平行金屬板，兩板接在電壓為U的電源兩極，上極板MN的中心開有一小孔，在兩板之間加一個水平方向的有界勻強磁場，邊界為半徑為R的圓形，且與MN極板相切與小孔．現(xiàn)將一帶電小球從小孔正上方某處由靜止釋放，小球穿過小孔經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后沿直線從下極板右側(cè)Q處離開電場，已知極板長度和間距分別為4$\sqrt{3}$R和3R，磁感應(yīng)強度為B，重力加速度為g．
（1）求小球的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）小球經(jīng)過兩極板后運動方向改變了多少？
（3）求小球離開Q點時的速度和從釋放到運動至Q點時的時間．

Answer 1

分析 （1）由小球離開磁場后做直線運動得到小球受力平衡，進而得到比荷；
（2）根據(jù)幾何關(guān)系求取中心角，即小球經(jīng)過兩極板后運動方向的改變量；
（3）由幾何關(guān)系求得小球做圓周運動的半徑，進而由洛倫茲力做向心力求得速度；再根據(jù)自由落體運動的速度變化得到進入磁場前的運動時間，由中心角及小球做圓周運動的周期求得在磁場中的運動時間，由勻變速運動規(guī)律求得小球離開磁場后的運動時間即可求得總時間．

解答 解：（1）小球穿過磁場后只受重力（豎直向下）、電場力（豎直方向）的作用，那么合外力方向為豎直方向，
又有小球做直線運動，那么速度和合外力方向一致，而小球要到達Q點，速度方向不可能為豎直方向，
所以，合外力為零，即為：$\frac{qU}{3R}=mg$
所以小球的比荷為：$\frac{q}{m}=\frac{3gR}{U}$；
（2）小球在磁場中所受合外力為洛倫茲力，故小球做勻速圓周運動，
那么由圓周運動規(guī)律可知，△ACO≌△DCO，所以O(shè)D⊥CD；又有DQ⊥CD；
所以O(shè)DQ在一條直線上，所以有：$∠BQD=arctan\frac{OB}{BQ}=arctan\frac{3R-R}{2\sqrt{3}R}=arctan\frac{\sqrt{3}}{3}=30°$
所以，小球經(jīng)過兩極板后運動方向改變了60°；
（3）小球在磁場范圍內(nèi)做勻速圓周運動，離開磁場后受力為零，做勻速直線運動，故小球離開Q點時的速度為小球在磁場中做勻速直線運動的速度；
又有，小球在磁場中做勻速直線運動的半徑為：$r=\frac{R}{tan30°}=\sqrt{3}R$，
那么由牛頓第二定律可得：$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{r}$
解得：$v=\frac{Bqr}{m}=\frac{\sqrt{3}BqR}{m}$=$\frac{3\sqrt{3}Bg{R}^{2}}{U}$；
那么，小球從靜止釋放到小孔的運動過程只受重力作用，做自由落體運動，故運動時間為：${t}_{1}=\frac{v}{g}=\frac{3\sqrt{3}B{R}^{2}}{U}$；
小球在磁場中轉(zhuǎn)過60°，故運動時間為：${t}_{2}=\frac{1}{6}T=\frac{πm}{3Bq}=\frac{πU}{9BgR}$；
小球離開磁場后做勻速直線運動，運動時間為：${t}_{3}=\frac{\frac{BQ}{cos30°}-R}{v}=\frac{3R}{v}=\frac{\sqrt{3}U}{3BgR}$；
所以，小球從釋放到運動至Q點時的時間為：$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=\frac{3\sqrt{3}B{R}^{2}}{U}+\frac{π+3\sqrt{3}}{9}\frac{U}{BgR}$；
答：（1）小球的比荷$\frac{q}{m}$為$\frac{3gR}{U}$；
（2）小球經(jīng)過兩極板后運動方向改變了60°；
（3）小球離開Q點時的速度為$\frac{3\sqrt{3}Bg{R}^{2}}{U}$，從釋放到運動至Q點時的時間為$\frac{3\sqrt{3}B{R}^{2}}{U}+\frac{π+3\sqrt{3}}{9}\frac{U}{BgR}$．

點評 物體運動問題，一般先對物體進行受力分析求得合外力，然后由牛頓第二定律求得加速度，再根據(jù)幾何條件及運動學(xué)規(guī)律求解．