Question

15．如圖所示，兩平行金屬板A、B長為L=8cm，兩板間距離d=8cm，A板比B板電勢高300V，一帶正電的粒子電荷量為q=1.0×10^-10C、質(zhì)量為m=1.0×10^-20kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v₀=2.0×10⁶m/s，粒子飛出電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域，然后進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場區(qū)域（設(shè)界面PS右側(cè)點(diǎn)電荷的電場分布不受界面的影響）．已知兩界面MN、PS相距為12cm，D是中心線RO與界面PS的交點(diǎn)，O點(diǎn)在中心線上，距離界面PS為9cm，粒子穿過界面PS做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后垂直打在置于中心線上的熒光屏bc上．（靜電力常量k=9.0×10⁹ N•m²/C²，不計(jì)重力）
（1）求粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離為多遠(yuǎn)；
（2）到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)為多遠(yuǎn)；
（3）在圖上粗略畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡；
（4）確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量的大�。�（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）．

Answer 1

分析 （1、2）帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場后，只受電場力，做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．由牛頓定律求出加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出粒子飛出電場時(shí)的側(cè)移h，由幾何知識(shí)求解粒子穿過界面PS時(shí)偏離中心線RO的距離；
（3）粒子先做類平拋、再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，以此完成軌跡圖；
（4）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出粒子飛出電場時(shí)速度的大小和方向．粒子穿過界面PS后將繞電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由庫侖力提供向心力，由幾何關(guān)系求出軌跡半徑，再牛頓定律求解Q的電量．

解答 解：（1）粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離（偏移位移）：
y=$\frac{1}{2}$at²
a=$\frac{F}{m}$=$\frac{qU}{dm}$
L=v₀t
則y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{qU}{2md}$（$\frac{L}{v0}$）²=0.03m=3cm
（2）粒子在離開電場后將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其軌跡與PS交于H，設(shè)H到中心線的距離為y′，由幾何關(guān)系得：
$\frac{\frac{L}{2}}{\frac{L}{2}+12cm}=\frac{y}{y′}$
解得y′=4y=12cm
（3）第一段是拋物線、第二段是直線、第三段是圓弧，軌跡如右下圖：
（4）粒子到達(dá)H點(diǎn)時(shí)，其水平速度v_x=v₀=2.0×10⁶ m/s
豎直速度v_y=at=1.5×10⁶ m/s
則v_合=2.5×10⁶ m/s
該粒子在穿過界面PS后繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以Q帶負(fù)電
根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑r=15cm
$\frac{kqQ}{{r}^{2}}=\frac{{mv}_{合}^{2}}{r}$
解得Q≈1.0×10^-8 C
答：（1）粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離為3cm；
（2）到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)為12cm；
（3）見解析　
（4）點(diǎn)電荷Q的電性為負(fù)電，其電荷量的大小為1.0×10^-8 C．

點(diǎn)評(píng) 本題是類平拋運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng)的綜合，分析粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是基礎(chǔ)．難點(diǎn)是運(yùn)用幾何知識(shí)研究圓周運(yùn)動(dòng)的半徑．