Question

3．如圖所示，AB、CD、PS、MN各邊界相互平行，OO′垂直邊界且與PS和MN分別相交于G和O′點，AB、CD、CD、PS和PS、MN的間距分別為2L、3L和$\frac{9}{4}$L．AB、CD間存在平行邊界的勻強電場，CD、PS間無電場，PS、MN間存在固定在O′點的負點電荷Q形成的電場區(qū)域．帶正電的粒子以初速度v₀從O點沿直線OO′飛入電場，粒子飛出AB、CD間的電場后經(jīng)過CD、PS間的無電場區(qū)域后，進入PS、MN間，最后打在MN上．已知勻強電場的電場強度E與粒子質(zhì)量m、電荷量q的關(guān)系為E=$\frac{3mv_0^3}{8qL}$，負點電荷的電荷量Q=-$\frac{{125E{L^2}}}{8k}$（k為靜電
力常數(shù)），PS、MN間的電場分布不受邊界的影響，不計粒子的重力，求：
（1）粒子到達PS界面時的速度和偏轉(zhuǎn)的距離；
（2）粒子到達MN上時與O′點的距離．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式，抓住等時性求出粒子離開電場時的速度，即到達PS面的速度，在場區(qū)做勻速直線運動，根據(jù)在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移以及在無場區(qū)豎直方向上的位移求出偏轉(zhuǎn)距離．
（2）帶電粒子到達PS界面處F點的速度與OO′成θ角，設(shè)O′F與OO′的夾角為φ，抓住粒子受庫侖引力提供向心力，根據(jù)幾何關(guān)系，通過轉(zhuǎn)動的半徑求出粒子到達MN時與O′距離．

解答 解：（1）粒子穿過界面CD時偏轉(zhuǎn)的距離為y，
y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
2L=v₀t，
加速度a=$\frac{qE}{m}$，
則粒子穿過界面CD時沿電場方向的速度：v_y=at，
粒子穿過界面CD時速度方向與OO′成θ角，則tan$θ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$，
代入數(shù)據(jù)解得tanθ=$\frac{3}{4}$，
速度的大小v=$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}$，代入數(shù)據(jù)解得$v=\frac{5}{4}{v}_{0}$，
帶電粒子離開電場后在CD、PS間做勻速直線運動，到達PS時速度與CD時相同，設(shè)在PS間運動的時間為t′，其軌跡與PS邊界交于F，設(shè)F到G的距離為Y，
3L=v₀t′，Y=y+v_yt′，
解得Y=3L．
（2）帶電粒子到達PS界面處F點的速度與OO′成θ角，設(shè)O′F與OO′的夾角為φ，
tanφ=$\frac{Y}{GO′}=\frac{4}{3}$，
θ+φ=90°，可知v與O′F垂直．
O′F=$\sqrt{{Y}^{2}+GO{′}^{2}}=\frac{15}{4}L$，
粒子在F點受到的靜電力為${F}_{電}=k\frac{qQ}{O′{F}^{2}}$，
粒子繞A做圓轉(zhuǎn)運到需要的向心力為：${F}_{向}=m\frac{{v}^{2}}{O′F}={F}_{電}$，
所以粒子繞O′點做勻速圓周運動，粒子到達MN時與O′距離為Y′，
$Y′=O′F=\frac{15}{4}L$．
答：（1）粒子到達PS界面時的速度和偏轉(zhuǎn)的距離為3L；
（2）粒子到達MN上時與O′點的距離為$\frac{15}{4}L$．

點評 本題是類平拋運動與勻速圓周運動的綜合，分析粒子的受力情況和運動情況是基礎(chǔ)．難點是運用幾何知識研究圓周運動的半徑．