Question

18．一個初速度為零的帶正電的粒子電荷量q=10^-10C，質量m=10^-20kg，經寬度L=8cm，電壓U=200V的電場加速后，以水平速度v．穿越一寬度也為L的真空無場區(qū)域，沿中心線（圖中水平虛線）飛入邊長仍為L的正方形電場區(qū)域abcd，區(qū)域內有平行于ab且豎直向下的勻強電場，場強3750V/m，如圖所示，若粒子飛出電場后恰好繞固定在O點的負點電荷Q開始做勻速圓周運動，不計粒子重力，不考慮各部分電場之間的相互影響（靜電力常數k=9.0×10⁹N•m²/C²），試求：
（1）該粒子從開始運動到離開abcd電場所用的時間；
（2）該粒子離開abcd電場時偏離中心線的距離；
（3）點電荷Q的電荷量．

Answer 1

分析 （1）粒子在加速電場中做勻加速直線運動，離開加速電場后粒子在水平方向做勻速直線運動，應用牛頓第二定律求出加速度，應用運動學公式求出運動時間．
（2）粒子在偏轉電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律求出粒子偏離中心線的距離．
（3）根據題意求出粒子做圓周運動的軌道半徑，庫侖力提供向心力，應用牛頓第二定律可以求出點電荷所帶電荷量．

解答 解：（1）粒子在加速電場中：a=$\frac{qU}{mL}$=$\frac{1{0}^{-10}×200}{1{0}^{-20}×0.08}$=2.5×10¹³m/s²，
粒子在初速度為零的勻加速直線運動，L=$\frac{1}{2}$at₁²，
解得：t₁=$\sqrt{\frac{2L}{a}}$=$\sqrt{\frac{2×0.08}{2.5×1{0}^{13}}}$=8×10^-8s，
粒子離開加速電場時的速度為：v₀=at₁=2.5×10¹³×8×10^-8=2×10⁶m/s，
粒子在真空區(qū)域電場區(qū)的運動時間為：t′=$\frac{2L}{{v}_{0}}$=$\frac{2×0.08}{2×1{0}^{6}}$=8×10^-8s，
該粒子從開始運動到離開abcd電場所用的時間：t=t₁+t′=1.6×10^-7s；
（2）粒子在偏轉電場中做類平拋運動，運動時間為：t₂=$\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{0.08}{2×1{0}^{6}}$=4×10^-8s，
粒子的偏移量為：y=$\frac{1}{2}$a′t₂²=$\frac{\frac{qE}{m}{t}_{2}^{2}}{2}$=$\frac{qE{t}_{2}^{2}}{2m}$=$\frac{1{0}^{-10}×3750×（4×1{0}^{-8}）^{2}}{2×1{0}^{-20}}$=3×10^-13m；
（3）粒子離開偏轉電場時的豎直分速度為：v_y=a′t₂=$\frac{qE{t}_{2}}{m}$=$\frac{1{0}^{-10}×3750×4×1{0}^{-8}}{1{0}^{-20}}$=1.5×10⁶m/s，
粒子速度偏角為：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{1.5×1{0}^{6}}{2×1{0}^{6}}$=0.75，cosθ=0.8，
粒子離開偏轉電場時的速度為：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{（2×1{0}^{6}）^{2}+（1.5×1{0}^{6}）^{2}}$=2.5×10⁶m/s，
粒子做圓周運動的軌道半徑為：r=$\frac{y}{cosθ}$=$\frac{3×1{0}^{-13}}{0.8}$=3.75×10^-13m，
粒子做圓周運動，庫侖力提供向心力，由牛頓第二定律得：k$\frac{qQ}{{r}^{2}}$=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：Q≈2.6×10^-20C；
答：（1）該粒子從開始運動到離開abcd電場所用的時間是1.6×10^-7s；
（2）該粒子離開abcd電場時偏離中心線的距離是3×10^-13m；
（3）點電荷Q的電荷量是2.6×10^-20C．

點評 本題考查了粒子在電場中的運動，粒子在加速電場中加速、在偏轉電場中做類平拋運動，粒子離開偏轉電場后做勻速圓周運動，分析清楚粒子的運動過程是解題的前提與關鍵，應用動能定理、牛頓第二定律、運動學公式可以解題；粒子離開偏轉電場后做勻速圓周運動，粒子離開偏轉電場時的速度應與軌道半徑垂直．