Question

9．如圖所示，足夠大的光滑絕緣水平桌面置于平行桌面的勻強電場和垂直桌面的勻強磁場中，在桌面建立xOy坐標(biāo)系．桌面上質(zhì)量m=2.0×10^-2kg、電荷量q=1×10^-4C的帶正電小球從坐標(biāo)原點O平行桌面以v₀=1m/s的速度射入電磁場區(qū)域．在電場和磁場的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，小球到達點M（30cm，40cm）時，動能變?yōu)镺點動能的0.5倍，速度方向垂直O(jiān)M，此時撤掉磁場，一段時間后小球經(jīng)過點N（62.5cm，0），動能變?yōu)镺點動能的0.625倍．設(shè)O點電動勢為0，不考慮磁場撤掉時對電場的影響，求：
（1）M點電勢；
（2）勻強電場的場強大小和方向；
（3）小球由M點運動到N點所需的時間．

Answer 1

分析 （1）分析小球受力及做功情況，應(yīng)用動能定理求解；
（2）在ON的延長線上找到M的等勢點P，連接MP，過O點做MP的垂線，垂線方向即為場強方向，求得垂線長度，利用場強的定義式即可求得場強大��；
（3）分析小球運動為類平拋運動，求得類平拋運動的初速度及初速度方向上的位移分量，進而可求得時間．

解答 解：（1）小球在水平桌面上運動，受重力、支持力、洛倫茲力、電場力作用，
因為重力、支持力、洛倫茲力始終與運動方向垂直，所以，重力、支持力、洛倫茲力不做功；
對小球從O運動到M應(yīng)用動能定理可得：$q{U}_{OM}=（0.5-1）×\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$；
有：${φ}_{M}={φ}_{O}-{U}_{OM}=0-（-0.5）×\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2q}$=$0.5×\frac{2.0×1{0}^{-2}×{1}^{2}}{2×1×1{0}^{-4}}V=50V$；
（2）同（1）可得，N點的電勢${φ}_{N}={φ}_{O}-{U}_{ON}=0-（0.625-1）×\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2q}$=$0.375×\frac{2.0×1{0}^{-2}×{1}^{2}}{2×1×1{0}^{-4}}V=37.5V$；
在勻強電場中，沿一條直線方向場強大小不變，則令$OP=\frac{62.5}{37.5}×50cm=\frac{250}{3}cm$，
可得：φ_P=50V；
；
連接MP，則有$\frac{OH}{MH}=\frac{MH}{HP}$，所以，OM⊥MP，
因為φ_M＞φ_O，所以，勻強電場的場強大小為MO方向，有：$E=\frac{{U}_{MO}}{OM}=\frac{50V}{50cm}=100V/m$；
（3）小球到達點M時，動能變?yōu)镺點動能的0.5倍，則速度為：$v=\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}=\frac{\sqrt{2}}{2}m/s$；
小球初速度方向為MP方向，加速度方向為MO方向，所以，加速度方向與初速度方向垂直，小球做類平拋運動，作NG⊥MP，G在MP上，，
則有$\frac{MG}{MP}=\frac{ON}{OP}$，所以有：$MG=\frac{ON}{OP}×MP=\frac{62.5}{\frac{250}{3}}×\sqrt{（\frac{250}{3}）^{2}-5{0}^{2}}cm$=$\frac{3}{4}×50×\sqrt{（\frac{5}{3}）^{2}-1}cm=50cm$；
所以，小球由M點運動到N點所需的時間為：$t=\frac{MG}{v}=\frac{50cm}{\frac{\sqrt{2}}{2}m/s}$=$\frac{0.5m}{\frac{\sqrt{2}}{2}m/s}=\frac{\sqrt{2}}{2}s$．
答：（1）M點電勢為50V；
（2）勻強電場的場強大小為100V/m，方向為MO方向；
（3）小球由M點運動到N點所需的時間為$\frac{\sqrt{2}}{2}s$．

點評 給定一勻強電場中，則沿任一方向都是勻強電場，只是場強大小不大于給定場強．