Question

14．如圖所示，兩平行金屬板A、B水平放置，長為L=8cm，兩板間距離d=8cm，電勢差為U_AB=680V，MN右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，大小為E=10⁴V/m．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，一比荷為$\frac{q}{m}$=10^-3C/kg的帶負(fù)電油滴，沿平行金屬板的中心線RO飛入電場，初速度v₀=0.4m/s，g取10m/s²．求：
（1）油滴到達(dá)界面MN時(shí)速度v的大�。�
（2）到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)的距離Y；
（3）若油滴到達(dá)界面PS時(shí)在O點(diǎn)突然固定一個(gè)點(diǎn)電荷Q（設(shè)點(diǎn)電荷的電場分布不影響原勻強(qiáng)電場），于是油滴穿過界面PS做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上（靜電力常量k=9.0×10⁹N•m²/C²）．試確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量．

Answer 1

分析 （1）油滴受重力和向上的電場力，做類似平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式列式求解分速度后合成得到合速度；
（2）粒子先在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在MN、PS間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加入Q后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，類平拋運(yùn)動(dòng)的末速度的反向延長線與水平分位移的交點(diǎn)為水平分位移的中點(diǎn)，可以作圖結(jié)合幾何關(guān)系分析軌跡與PS的交點(diǎn)；
（3）粒子穿過界面PS后將繞電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，庫侖力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解電荷量．

解答 解：（1）由mg-q$\frac{{U}_{AB}}be7syxl$=ma，有：a=1.5m/s²；
水平分運(yùn)動(dòng)，有：t₁=$\frac{L}{{v}_{1}}$=$\frac{0.08}{0.4}s=0.2s$；
對于豎直分運(yùn)動(dòng)，有：v_y=at₁=0.3m/s；
故合速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=0.5m/s$；
（2）類平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分位移大小為：y=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$=0.03m；
粒子在離開MN后，由于mg=qE，故粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有三角形相似，有：
$\frac{{\frac{1}{2}L}}{{\frac{1}{2}L+12cm}}=\frac{y}{Y}$
解得：Y=4y=12cm；
（3）由mg=qE得，粒子受到的合外力：${F_合}=k\frac{Qq}{r^2}$；
粒子所受合外力恰好提供向心力，故Q帶正電荷，根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑：r=0.15m；
由$k\frac{Qq}{r^2}=m\frac{v_合^2}{r}$，解得：Q=$\frac{25}{6}×1{0}^{-9}C$；
答：（1）油滴到達(dá)界面MN時(shí)速度v的大小為0.5m/s；
（2）到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)的距離Y為12cm；
（3）Q帶正電荷，電荷量為$\frac{25}{6}×1{0}^{-9}C$．

點(diǎn)評 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)用幾何知識研究圓周運(yùn)動(dòng)的半徑．