Question

15．如圖所示，兩平行金屬板A、B長為L=8cm，兩板間距為d=8cm，A板比B板電勢高300v，一帶正電的粒子電荷量為q=1.0×10^-10C，質(zhì)量為m=1.0×10^-20kg，沿電場中線RO垂直電場線飛入電場，初速度v₀=2.0×10⁶m/s，粒子飛出電場后經(jīng)過截面MN，PS間的無電場區(qū)域，然后進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域（設(shè)界面PS右側(cè)點電荷的電場分布不受界面的影響）已知兩界面MN、PS相距為12cm，D是中心線RO與界面PS的交點，O點在中心線上，距離界面PS為9cm，粒子穿過界面PS做勻速圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上．（靜電常數(shù)k=9.0×10⁹N•m²/C²，粒子重力不計）

（1）求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離為多遠；到達PS界面時離D點為多遠；
（2）在圖上粗略畫出粒子的運動軌跡；
（3）確定點電荷Q的電性并求電荷量的大�。�

Answer 1

分析 （1）帶電粒子垂直進入勻強電場后，只受電場力，做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動．由牛頓第二定律求出加速度，由運動學(xué)公式求出粒子飛出電場時的側(cè)移h，由幾何知識求解粒子到達PS界面時離D點的距離．
（2）畫出軌跡，由幾何知識解答．
（3）由運動學(xué)公式求出粒子飛出電場時速度的大小和方向．粒子穿過界面PS后將繞電荷Q做勻速圓周運動，由庫侖力提供向心力，由幾何關(guān)系求出軌跡半徑，再牛頓定律求解Q的電荷量．

解答 解：（1）粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離（側(cè)向位移）：y=$\frac{1}{2}$at²；
又 a=$\frac{qU}{md}$，L=v₀t
則得：y=$\frac{qU{L}^{2}}{2m{dv}_{0}^{2}}$
代入數(shù)據(jù)得：y=0.03m=3cm
帶電粒子在離開電場后做勻速直線運動，其軌跡與PS線交于a，設(shè)a到D的距離為Y．         
由相似三角形得 $\frac{y}{Y}$=$\frac{\frac{L}{2}}{\frac{L}{2}+l}=\frac{1}{4}$
解得：Y=4y=12cm  
（2）帶電粒子垂直進入勻強電場后，只受電場力，做類平拋運動，在MN、PS間的無電場區(qū)域做勻速直線運動，界面PS右邊做圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上，軌跡如圖所示．

（3）帶電粒子到達a處時，帶電粒子的水平速度：v_x=υ₀=2×10⁶m/s 
豎直速度：υ_y=at=1.5×10⁶m/s，
合速度為 v_合=$\sqrt{{v}_{x}^{2}{+v}_{y}^{2}}$=2.5×10⁶m/s          
該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q作勻速圓周運動．所以Q帶負電．
由幾何知識得，粒子圓周運動的半徑 r=$\sqrt{{Y}^{2}{+L}_{DO}^{2}}$=$\sqrt{1{2}^{2}+{9}^{2}}$cm=15cm
根據(jù)k$\frac{QQ}{{r}^{2}}$=m$\frac{{v}_{合}^{2}}{r}$，代入數(shù)據(jù)解得：Q=1.04×10^-8C
答：（1）粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離為3cm，到達PS界面時離D點12cm；
（2）粒子的運動軌跡如圖所示；
（3）點電荷Q帶負電，其電荷量的大小為1.04×10^-8C．

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．