Question

8．如图所示，在足够大、光滑、绝缘的水平桌面上有一条分界线P₁P₂．桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板ABCD，AB段为长2R的直线形挡板，与P₁P₂重合，BCD段是半径为R的半圆形挡板，其直径BD垂直于AB．P₁P₂的左侧空间充满场强为E的水平匀强电场，电场方向与P₁P₂垂直．一带电荷量大小为q、质量为m的小物块静止在挡板内侧的A点．现用平行于AB的水平恒力F作用在小物块上，使其沿挡板内侧运动到D点立即撤去F，若测的物块对轨道D点的压力为3qE．试回答下列问题：
（1）水平恒力F的大小是多少；
（2）小物块滑到分界线P₁P₂上的H点（图中未画出），AH两点间的距离S是多少；
（3）若在分界线P₁P₂右侧空间有一垂直桌面的匀强磁场，物块经过一次回旋刚好回到A点，求匀强磁场磁感应强度的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）对由A到D的过程运用动能定理列式求解D点的速度，在D点，根据牛顿第二定律列式，最后联立求解即可；
（2）离开D点后做类似平抛运动，根据类平抛运动的分运动公式列式求解；
（3）粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式，运用几何关系得到轨道半径，最后联立求解即可．

解答 解：（1）小物体沿着轨道的内侧运动，故电场力向右，故小物块带负电；
设小物块到D点速度为V_D，轨道D点对物块的压力为F_N，它对D点的压力为F_N′．
对由A到D的过程运用动能定理得：
F•2R-qE•2R=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$      ①
根据牛顿运动定律有：
N+qE=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$             ②
N=N′③
根据题意得：
N′=3qE              ④
解①-④得：
F=2qE                ⑤
${v}_{D}=\sqrt{\frac{4qER}{m}}$     ⑥
（2）小物块由D点开始在电场力的作用下做类平抛运动，其轨迹如图甲所示．设经时间t到达P₁P₂分界线H点，且在P₁P₂方向的位移为X，据平抛运动知识可得
x=v_Dt         ⑦
2R=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$      ⑧
据牛顿第二定律得：
qE=ma    ⑨
据几何知识有：
S=x-2R   （10）
解⑥-⑩得：
S=2R          

（3）据左手定则，磁感应强度方向必须垂直桌面向下，小物块才能回到A点，如图乙所示．设磁感应强度大小为B，粒子进入磁场时速度大小为V，与P₁P₂成α角，在磁场中的回旋半径为r，如图所示．
据动能定理得：
$qE•2R=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$  （11）
而 cosα=$\frac{{v}_{D}}{v}$   （12）
又据牛顿第二定律和几何知识得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$ （13）
据几何知识得：
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）小物块滑到分界线P₁P₂上的H点，AH两点间的距离S是2R；
（3）匀强磁场磁感应强度的大小为2$\sqrt{\frac{mE}{qR}}$，方向垂直桌面向下．

点评 本题关键是明确粒子的受力情况、运动情况，然后分阶段根据动能定理、牛顿第二定律、类平抛运动的分运动公式列式求解，不难．