Question

如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一平面直角坐標(biāo)系xoy，第一、四象限內(nèi)存在大小相等方向相反且平行于y軸的勻強(qiáng)電場．在第四象限內(nèi)某點(diǎn)固定一個(gè)點(diǎn)電荷Q（假設(shè)該點(diǎn)電荷對第一象限內(nèi)的電場無影響）．現(xiàn)有一質(zhì)量為m=9×10^-4kg，帶電量為 q=3×10^-12C的帶電微粒從y軸上A 點(diǎn)（y=0.9cm）以初速度v₀=0.8m/s垂直y軸射入第一象限經(jīng)x軸上的B點(diǎn)進(jìn)入第四象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)且軌跡與y軸相切（圖中A、B及點(diǎn)電荷Q的位置均未標(biāo)出）．不考慮以后的運(yùn)動(dòng)．（重力加速度g=10m/s²，靜電力常量k=9.0×10⁹Nm/C²、，、sin37°=0.6，cos37°=0.8）試求：
（1）點(diǎn)電荷通過B的速度（要求畫出帶點(diǎn)微粒運(yùn)動(dòng)軌跡）
（2）點(diǎn)電荷Q的電荷量．

Answer 1

分析：根據(jù)粒子在第四象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)可知，根據(jù)題設(shè)條件知，重力和原電場力是平衡力，點(diǎn)電荷對粒子的庫侖力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由此可以算出此時(shí)重力和電場力平衡從而求得電場強(qiáng)度的大小，在第一象限電場和第四象限相反，故此時(shí)電場力和重力同向，可得粒子在第一象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和粒子的初速度可以求出粒子在B點(diǎn)的速度；再根據(jù)第四象限圓周運(yùn)動(dòng)的特征和粒子進(jìn)入第四象限的速度位置特征可求出粒子的半徑，根據(jù)點(diǎn)電荷Q對粒子的庫侖力提供粒子圓周運(yùn)動(dòng)的向心力從而求出粒子的庫侖力，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)半徑關(guān)系可得點(diǎn)電荷Q的電荷量．

解答：（1）由于粒子在第四象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因此重力和電場力平衡，即：mg=Eq
所以粒子在第一象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為：a=

2mg

m

=20m/s²
微粒在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=

2y a

=0.03s
通過B點(diǎn)沿y軸負(fù)方向 的速度為：V_y=at=0.6m/s
微粒通過B點(diǎn)速度為：v=

v 2 x + v 2 y

=1m/s
方向與x軸正向夾角為：tanθ=

vy

vx

=

3

4

（2）微粒在0.03秒內(nèi)沿x方向的位移為：X=v_xt=0.024m
設(shè)微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由圖可知：
r+rsinθ=x
r=0.015m
微粒在第四象限做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力為庫侖力，根據(jù)牛頓第二定律：k

qQ

r2

=m

v2

r

代入數(shù)據(jù)解得：Q=5×10^-7C．
答：（1）點(diǎn)電荷通過B點(diǎn)的速度v=1m/s，方向與x軸正向夾角為tanθ=

vy

vx

=

3

4

，軌跡如圖所示：
（2）點(diǎn)電荷Q的電荷量為Q=5×10^-7C．

點(diǎn)評：根據(jù)運(yùn)動(dòng)的特征，粒子在第四象限做勻圓周運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閯蛩賵A周運(yùn)動(dòng)物體所受合外力提供向心力，可知，此時(shí)必有重力和原勻強(qiáng)電場的電場力平衡．第一象限和第四象限的電場方向相反，故第一象限內(nèi)重力和電場力方向相同，大小相等，粒子在第一象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為2g，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的特征利用幾何關(guān)系作答．