Question

16．一個機器的某部件簡化圖如圖所示，在XOY平面內(nèi)的第Ⅱ和第Ⅲ象限存在著兩個大小不同，方向相反的有界勻強電場，AB和Y軸為其左右邊界，兩邊界距離為2L，第Ⅱ象限場強方向豎直向下，大小設(shè)為E₂，第Ⅲ象限場強方向豎直向上，大小設(shè)為E₁．一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子經(jīng)加速電壓U加速后，由AB邊界上距X軸L處的M點平行X軸射入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，從Y軸上的P點垂直Y軸射出，P點坐標為（0，$\frac{L}{2}$）．m、q、U、L為已知量，粒子重力不計，求：
（1）E₁和E₂各多大？
（2）帶電粒子在第Ⅱ象限的電場中運動的時間．
（3）若在O點固定一點電荷（與y軸絕緣，不影響偏轉(zhuǎn)電場），粒子從P點垂直Y軸射出后恰好做勻速圓周運動，問：該點電荷的電性是什么？帶多少電量？（已知靜電力常量為k）

Answer 1

分析 （1）（2）粒子在左側(cè)的電場中做的是類平拋運動，水平方向上是勻速運動，由勻速運動的規(guī)律可以求得粒子的運動的時間；對y軸正負方向分別根據(jù)類平拋運動的規(guī)律可以求得電場強度的大小．
（3）粒子在點電荷的電場中做勻速圓周運動，由受力的特點判定點電荷的電性，由庫侖定律和向心力的公式即可求出電量．

解答 解：（1）粒子在電場中加速的過程：$qU=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$    ①
設(shè)粒子在E₁中運動時間為t₁，在E₂中運動時間為t₂．
粒子粒水平方向做勻速直線運動：2L=v₀ （t₁+t₂）   ②
在豎直方向上做勻變速直線運動，則有：
  L=$\frac{1}{2}•\frac{q{E}_{1}}{m}{t}_{1}^{2}$     ③
  0.5L=$\frac{1}{2}•\frac{q{E}_{2}}{m}{t}_{2}^{2}$    ④
又粒子從Y軸上的P點垂直Y軸射出，則 $\frac{q{E}_{1}}{m}{t}_{1}$=$\frac{q{E}_{2}}{m}{t}_{2}$  ⑤
由③④⑤解得：t₁=2t₂；⑥
聯(lián)立解得：E₁=$\frac{9U}{4L}$，E₂=$\frac{9U}{2L}$
（2）聯(lián)立①②⑥得帶電粒子在第Ⅱ象限的電場中運動的時間：${t}_{2}=\frac{2L}{3{v}_{0}}=\frac{L}{3}•\sqrt{\frac{2m}{qU}}$
（3）粒子在點電荷的電場中做勻速圓周運動，要受到吸引力的作用，所以點電荷帶負電；
由庫侖定律提供向心力得：$\frac{kq•q′}{（\frac{L}{2}）^{2}}=\frac{m{v}_{0}^{2}}{（\frac{L}{2}）}$
所以：$q′=\frac{UL}{k}$
答：（1）E₁和E₂各是$\frac{9U}{4L}$和$\frac{9U}{2L}$；
（2）帶電粒子在第Ⅱ象限的電場中運動的時間是$\frac{L}{3}•\sqrt{\frac{2m}{qU}}$．
（3）該點電荷的帶負電，帶電量是$\frac{UL}{k}$

點評 本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動和帶電粒子在點電荷的電場中的運動，要明確粒子在勻強電場中做類平拋運動，將運動分解即可；而在點電荷的電場中做勻速圓周運動，庫侖力提供向心力．