Question

12．圖中E為電源，電動勢E=330V，內(nèi)阻不計．電阻R₁=20kΩ，R₂=200kΩ．平行板電容器板長l=18cm，兩板間距d=18cm．一帶負電的粒子電量q=8×10^-15C，質(zhì)量m=8×10^-25kg，從O₁點沿兩板中心線O₁O₂飛入兩板間，初速度v₀=3×10⁶m/s．界面AB、CD間無電場，界面CD右側(cè)有一固定在中心線上O₂點的點電荷M．粒子在界面CD右側(cè)運動過程中動能保持不變．已知兩界面AB、CD相距為S=27cm．設(shè)界面CD右側(cè)點電荷的電場分布不受界面的影響，不計粒子的重力．已知靜電力常數(shù)為K，求：

（1）平行板電容器兩極板間的電壓U
（2）粒子穿過界面CD時偏離中心線O₁O₂的距離L
（3）點電荷的電量Q．

Answer 1

分析 （1）由串并聯(lián)電路的規(guī)律可求得平行板電容器兩端的電壓值；
（2）粒子在平行板電容器內(nèi)做類平拋運動，由運動的合成與分解可求得豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移和速度；再對平行板外的過程的勻速直線運動進行分析，可求得偏離中心的距離；
（3）要使粒子動能不變，粒子只能做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系求得轉(zhuǎn)動半徑，再由庫侖力充當(dāng)向心力；則可求得電量．

解答 解：（1）平行板電容器與R₂并聯(lián)，則其電壓值等于R₂兩端的電壓；
U=$\frac{E}{{R}_{1}+{R}_{2}}{R}_{2}$=$\frac{330}{20+200}×200$=300V；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，由運動的合成和分解可知：
水平方向l=v₀t；
豎直方向：加速度a=$\frac{Eq}{m}$=$\frac{Uq}{md}$
y=$\frac{1}{2}$$\frac{Uq}{md}$t²
聯(lián)立解得：y=$\frac{Uq{l}^{2}}{2md{v}_{0}^{2}}$=$\frac{300×8×1{0}^{-15}×0.1{8}^{2}}{2×8×1{0}^{-25}×9×1{0}^{12}}$×$\frac{1}{0.18}$=0.03m=3cm；
豎直方向的分速度為：v_y=at=$\frac{Uql}{md{v}_{0}}$=$\frac{300×8×1{0}^{-15}×0.18}{8×1{0}^{-25}×0.18×3×1{0}^{6}}$=1×10⁶m/s；
粒子從AB到達CD的時間為：t₁=$\frac{0.27}{3×1{0}^{6}}$=9×10^-8s；
則粒子達到CD時豎直方向偏軒的位移為：y=0.03+v_yt₁=3+1×10⁶×9×10^-8=0.12m=12cm；
（3）要使粒子進入CD右側(cè)后動能不變，則粒子一定繞O₂點做圓周運動；由幾何關(guān)系可知；其轉(zhuǎn)化半徑為：r=0.4m；
轉(zhuǎn)動的速度為：v=$\sqrt{（1×1{0}^{6}）^{2}+（3×1{0}^{6}）^{2}}$=$\sqrt{10}$×10⁶m/s；
則由庫侖力等于向心力可知：
$\frac{KQq}{{r}^{2}}=m\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：Q=$\frac{vr}{kq}$=$\frac{\sqrt{10}×1{0}^{6}×0.4}{9×1{0}^{9}×8×1{0}^{-15}}$=1.75×10¹⁰C；
答：（1）平行板電容器兩極板間的電壓U為300V；
（2）粒子穿過界面CD時偏離中心線O₁O₂的距離L為12cm．
（3）點電荷的電量Q為1.75×10¹⁰C；

點評 本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要注意明確粒子在平行板間做平拋運動，離開板后做直線運動，仍可以分解為水平和豎直兩個方向進行分析求解偏轉(zhuǎn)位移．