Question

5．如圖所示，金屬板PQ，MN平行放置，金屬板長(zhǎng)為4a，間距為4a，兩板間連接在輸出電壓為U的恒定電源兩端，上金屬板PQ中央有一小孔O，板間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域P′Q′M′N′，且OP′=OQ′=a，P′M′=Q′N′=a，現(xiàn)將一帶電小球從距上板某一高度由靜止釋放，小球從小孔O進(jìn)入磁場(chǎng)，小球離開(kāi)磁場(chǎng)后在平行金屬板間做直線運(yùn)動(dòng)恰好從下板N端射出電場(chǎng)，已知重力加速度為g，求：
（1）帶電小球的電荷量與質(zhì)量之比；
（2）小球從釋放到從下板N端射出所需時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）小球離開(kāi)磁場(chǎng)后沿直線運(yùn)動(dòng)，所受合外力為零，由平衡條件求出電荷量與質(zhì)量之比．
（2）小球進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求出各段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后求出總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）小球離開(kāi)磁場(chǎng)后受到豎直向下的重力作用與電場(chǎng)力作用而做直線運(yùn)動(dòng)，
小球速度方向與受力方向不在同一直線上，則小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受合外力為零，
由平衡條件得：q$\frac{U}{4a}$=mg，解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{4ag}{U}$；
（2）小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由幾何知識(shí)可得：$\frac{r}{tanθ}+\frac{2a}{tanθ}=4a$
且rsinθ=a，
解得：r=$\sqrt{10}$a，
小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：v=$\frac{4\sqrt{10}g{a}^{2}B}{U}$，
小球進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₁=$\frac{v}{g}$=$\frac{4\sqrt{10}{a}^{2}B}{U}$，
小球在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πr}{v}$=$\frac{πU}{2gaB}$，
在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₂=$\frac{θ}{2π}$T=$\frac{Uarctan\frac{1}{3}}{4gaB}$，
小球離開(kāi)磁場(chǎng)后的位移大�。簊=$\sqrt{{a}^{2}+（4a-a）^{2}}$=$\sqrt{10}$a，
離開(kāi)磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₃=$\frac{s}{v}$=$\frac{U}{4gaB}$，
小球從釋放到從下板N端射出所需時(shí)：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{4\sqrt{10}{a}^{2}B}{U}$+$\frac{Uarctan\frac{1}{3}}{4gaB}$+$\frac{U}{4gaB}$；
答：（1）帶電小球的電荷量與質(zhì)量之比為$\frac{4ag}{U}$；
（2）小球從釋放到從下板N端射出所需時(shí)間為$\frac{4\sqrt{10}{a}^{2}B}{U}$+$\frac{Uarctan\frac{1}{3}}{4gaB}$+$\frac{U}{4gaB}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求荷質(zhì)比、運(yùn)動(dòng)時(shí)間，分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用平衡條件、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可正確解題．