Question

4．如圖所示，水平絕緣地板GH上方高度為h的空間存在一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E=$\frac{mg}{q}$，方向豎直向上，電場(chǎng)的上、下邊界分別為EF、GH（范圍足夠大）．EF上方水平放置一平行板電容器，下板CD緊靠邊界EF，下板中點(diǎn)開有一個(gè)小孔O′．上板AB帶正電，下板CD帶負(fù)電，板間電壓為U，板間距離為d．一個(gè)帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球從非�？拷�上板的中點(diǎn)O靜止釋放．圖中P為地板上一點(diǎn)，且O、O′、P三點(diǎn)共線．小球可以視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力．求：
（1）小球離開小孔O′時(shí)的速度；
（2）若小球每次撞擊地板后電量保持不變，速度大小減為撞擊前的一半，方向和撞擊前的方向相反，且第一次撞擊后立即在EF下方空間加上方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)保持不變．（邊界EF存在電場(chǎng)和磁場(chǎng)）
①欲使小球不離開邊界EF，則所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足的條件；
②在滿足①中的磁感應(yīng)強(qiáng)度取最小值時(shí)，求小球與地板的撞擊點(diǎn)到P點(diǎn)的距離．

Answer 1

分析 （1）小球在電容器中受到重力和電場(chǎng)力的作用，由動(dòng)能定理即可求出速度；
（2）由動(dòng)能定理求出小球到達(dá)P的速度，然后結(jié)合左手定則判斷出小球碰撞的方向，由牛頓第二定律求出小球運(yùn)動(dòng)的半徑，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系求出磁場(chǎng)的半徑，結(jié)合半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值和小球與地板的撞擊點(diǎn)到P點(diǎn)的距離．

解答 解：（1）小球在電容器中受到重力和電場(chǎng)力的作用，由動(dòng)能定理得：
mgd+qU=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
所以：v₀=$\sqrt{2gd+\frac{2qU}{m}}$
（2）①小球在離開小孔O′后受到的電場(chǎng)力：F=qE=q•$\frac{mg}{q}$=mg，與重力大小相等，方向相反，所以粒子在EF以下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P的速度不變；
反彈后的速度是碰撞前的一半，加磁場(chǎng)后，由于重力與電場(chǎng)力大小相等，方向相反，所以洛倫茲力提供向心加速度，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其半徑不大于h，即r≤h，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
所以：B=$\frac{mv}{qr}≥\frac{m•\sqrt{2gd+\frac{2qU}{m}}}{4h}$
②粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，再次與地板相碰時(shí)粒子的軌跡是半圓，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度取最小值時(shí)，小球與地板的撞擊點(diǎn)到P點(diǎn)的距離：L=2r=2h．
答：（1）小球離開小孔O′時(shí)的速度是$\sqrt{2gd+\frac{2qU}{m}}$；
（2）若①欲使小球不離開邊界EF，則所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足的條件是B≥$\frac{m•\sqrt{2gd+\frac{2qU}{m}}}{4h}$；
②在滿足①中的磁感應(yīng)強(qiáng)度取最小值時(shí)，小球與地板的撞擊點(diǎn)到P點(diǎn)的距離是2h．

點(diǎn)評(píng) 本題的難點(diǎn)是分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況，可通過畫軌跡圖象分析，由于仍在磁場(chǎng)中的粒子的軌跡的長(zhǎng)度與從MN邊界上最左邊射出的粒子長(zhǎng)度相同，仍在磁場(chǎng)中的粒子的初速度方向在臨界條件以內(nèi)．