Question

8．如圖所示，在足夠大、光滑、絕緣的水平桌面上有一條分界線P₁P₂．桌面上固定放置一光滑、絕緣的擋板ABCD，AB段為長2R的直線形擋板，與P₁P₂重合，BCD段是半徑為R的半圓形擋板，其直徑BD垂直于AB．P₁P₂的左側(cè)空間充滿場強為E的水平勻強電場，電場方向與P₁P₂垂直．一帶電荷量大小為q、質(zhì)量為m的小物塊靜止在擋板內(nèi)側(cè)的A點．現(xiàn)用平行于AB的水平恒力F作用在小物塊上，使其沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)運動到D點立即撤去F，若測的物塊對軌道D點的壓力為3qE．試回答下列問題：
（1）水平恒力F的大小是多少；
（2）小物塊滑到分界線P₁P₂上的H點（圖中未畫出），AH兩點間的距離S是多少；
（3）若在分界線P₁P₂右側(cè)空間有一垂直桌面的勻強磁場，物塊經(jīng)過一次回旋剛好回到A點，求勻強磁場磁感應(yīng)強度的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）對由A到D的過程運用動能定理列式求解D點的速度，在D點，根據(jù)牛頓第二定律列式，最后聯(lián)立求解即可；
（2）離開D點后做類似平拋運動，根據(jù)類平拋運動的分運動公式列式求解；
（3）粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式，運用幾何關(guān)系得到軌道半徑，最后聯(lián)立求解即可．

解答 解：（1）小物體沿著軌道的內(nèi)側(cè)運動，故電場力向右，故小物塊帶負(fù)電；
設(shè)小物塊到D點速度為V_D，軌道D點對物塊的壓力為F_N，它對D點的壓力為F_N′．
對由A到D的過程運用動能定理得：
F•2R-qE•2R=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$      ①
根據(jù)牛頓運動定律有：
N+qE=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$             ②
N=N′③
根據(jù)題意得：
N′=3qE              ④
解①-④得：
F=2qE                ⑤
${v}_{D}=\sqrt{\frac{4qER}{m}}$     ⑥
（2）小物塊由D點開始在電場力的作用下做類平拋運動，其軌跡如圖甲所示．設(shè)經(jīng)時間t到達(dá)P₁P₂分界線H點，且在P₁P₂方向的位移為X，據(jù)平拋運動知識可得
x=v_Dt         ⑦
2R=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$      ⑧
據(jù)牛頓第二定律得：
qE=ma    ⑨
據(jù)幾何知識有：
S=x-2R   （10）
解⑥-⑩得：
S=2R          

（3）據(jù)左手定則，磁感應(yīng)強度方向必須垂直桌面向下，小物塊才能回到A點，如圖乙所示．設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子進(jìn)入磁場時速度大小為V，與P₁P₂成α角，在磁場中的回旋半徑為r，如圖所示．
據(jù)動能定理得：
$qE•2R=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$  （11）
而 cosα=$\frac{{v}_{D}}{v}$   （12）
又據(jù)牛頓第二定律和幾何知識得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$ （13）
據(jù)幾何知識得：
r=$\frac{\sqrt{2}}{2}S$  （14）
解得：
B=$\sqrt{\frac{4mE}{qR}}$
答：（1）水平恒力F的大小是2qE；
（2）小物塊滑到分界線P₁P₂上的H點，AH兩點間的距離S是2R；
（3）勻強磁場磁感應(yīng)強度的大小為2$\sqrt{\frac{mE}{qR}}$，方向垂直桌面向下．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況、運動情況，然后分階段根據(jù)動能定理、牛頓第二定律、類平拋運動的分運動公式列式求解，不難．