Question

20．如圖所示，完全相同的金屬板P、Q帶等量異種電荷，用絕緣桿將其連成一平行正對的裝置，放在絕緣水平面上，其總質(zhì)量為M，兩極間距為d，板長為2d，在p板中央位置處有一小孔，一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子，從某一高度下落通過小孔后進(jìn)入PQ，恰能勻速運動，外部的電場可忽略，板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g．求：
（1）PQ間電場強(qiáng)度及電勢差；
（2）粒子下落過程中，電勢能變化量；
（3）現(xiàn)給PQ間加一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B的勻強(qiáng)磁場，要使粒子進(jìn)入PQ后不碰板飛出．則粒子應(yīng)距P板多高處自由下落？

Answer 1

分析 （1）粒子進(jìn)PQ后，恰能勻速運動，重力與電場力平衡，由平衡條件求出電場強(qiáng)度E．
（2）粒子進(jìn)PQ前，裝置對絕緣水平面的壓力等于重力Mg，粒子進(jìn)PQ后，電場對粒子作用大小為mg，方向向上，根據(jù)牛頓第三定律，粒子對電場的力大小為mg，方向向下，則裝置對絕緣水平面的壓力等于總重力．
（3）給PQ間再加一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B的勻強(qiáng)磁場后，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力．當(dāng)軌跡恰好與P板、Q板右邊緣相切時，粒子恰好進(jìn)入PQ后不碰板飛出，分別由幾何知識這兩種臨界情況下粒子的半徑，根據(jù)牛頓第二定律求出速度，由機(jī)械能守恒定律求出下落時的高度，得到小球應(yīng)距P板高度范圍．

解答 解：（1）小球進(jìn)入PQ，恰能勻速運動則受力平衡，mg=qE 
得：E=$\frac{mg}{q}$　 電場方向向上 
U=Ed=$\frac{mgd}{q}$．
（2）小球在PQ間下落過程中，電場力做功w=-qEd=-mgd 
則其電勢能增加，增加量為mgd 
（3）依題意如圖得：2R₁＞d 
根據(jù)牛頓第二定律Bqv₁=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{R}_{1}}$　 
得v₁=$\frac{Bq{R}_{1}}{m}$ 
又粒子進(jìn)PQ前機(jī)械能守恒 mgh₁=$\frac{1}{2}$mv₁²
得h₁=$\frac{{v}_{1}^{2}}{2g}=\frac{{B}^{2}{q}^{2}c1gr1ds^{2}}{8{m}^{2}g}$ 
當(dāng)R₂＜d時如圖，
同理可得　v₂=$\frac{qB{R}_{2}}{m}$ 
h₂=$\frac{{v}_{2}^{2}}{2g}=\frac{{q}^{2}{B}^{2}hvkbtka^{2}}{2{m}^{2}g}$   
所以小球應(yīng)距P板在$\frac{{B}^{2}{q}^{2}auirmgw^{2}}{8{m}^{2}g}$＞h＞$\frac{{q}^{2}{B}^{2}bvlyqgw^{2}}{2{m}^{2}g}$釋放．
答：（1）PQ間電場強(qiáng)度是$\frac{mg}{q}$，電場方向向上，電勢差是$\frac{mgd}{q}$；
（2）粒子下落過程中，電勢能變化量是mgd；
（3）現(xiàn)給PQ間加一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B的勻強(qiáng)磁場，要使粒子進(jìn)入PQ后不碰板飛出．則粒子應(yīng)距P板的上方$\frac{{B}^{2}{q}^{2}ngvmhzs^{2}}{8{m}^{2}g}$＞h＞$\frac{{q}^{2}{B}^{2}t24yfrh^{2}}{2{m}^{2}g}$處自由下落．

點評 本題是電場、磁場與力學(xué)知識的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵在于分析磁場中臨界條件，抓住各過程之間的聯(lián)系．