Question

4．如圖所示，兩平行金屬板A、B長l=8cm，兩板間距離d=8cm，A板比B板電勢高300V，即U_AB=300V．一帶正電的粒子電量q=10^-10C，質(zhì)量m=10^-20kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v₀=2×10⁶m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在中心線上的O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域（設(shè)界面PS右邊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L=12cm，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EF上．求：（靜電力常數(shù)k=9×10⁹N•m²/C²）
（1）粒子穿出極板時的豎直偏轉(zhuǎn)量y；
（2）粒子穿出極板時的速度大小和方向；
（3）粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離Y；
（4）點電荷的電量Q．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子的偏移量．
（2）由牛頓第二定律求出加速度，由速度公式求出粒子的豎直分速度，然后求出粒子的速度．
（3）粒子離開電場后做勻速直線運動，應(yīng)用幾何知識可以求出偏移量．
（4）由庫侖力提供粒子做圓周運動的向心力，由牛頓第二定律可以求出電荷的電荷量．

解答 解：（1）設(shè)粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為h，
粒子在電場中做類平拋運動，
在水平方向上：l=v₀t，
在豎直方向上：h=$\frac{1}{2}$at²，
由牛頓第二定律得：a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{qU}{md}$，
代入數(shù)據(jù)解得：h=0.03m=3cm；
（2）設(shè)粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為v_y，
則：v_y=at=$\frac{qUl}{md{v}_{0}}$，代入數(shù)據(jù)，解得：v_y=1.5×10⁶m/s，
所以粒子從電場中飛出時的速度為：
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，代入數(shù)據(jù)解得：v=2.5×10⁶m/s，
設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，則：
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{1.5×1{0}^{6}}{2×1{0}^{6}}$=$\frac{3}{4}$，則：θ=37°；
（3）設(shè)穿過界面PS時偏離中心線RO的距離為Y，帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，
由相似三角形知識得：$\frac{h}{Y}$=$\frac{\frac{l}{2}}{\frac{l}{2}+L}$，代入數(shù)據(jù)，解得：Y=0.12m=12cm；
（4）粒子做勻速圓周運動的半徑：r=$\frac{Y}{cosθ}$=$\frac{0.12}{cos37°}$=0.15m，
粒子做圓周運動，由牛頓第二定律得：k$\frac{Qq}{{r}^{2}}$=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
代入數(shù)據(jù)，解得：|Q|=1×10^-8C，Q=-1×10^-8C；
答：（1）粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離h為3cm．
（2）粒子穿過界面MN時的速度v大小為2.5×10⁶ m/s，方向與v₀成37°角．
（3）粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離Y為12cm．
（4）點電荷的電荷量Q為-1×10^-8C．

點評 本題考查了求粒子的偏移量、粒子的速度、電荷的電荷量，分析清楚粒子運動過程，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題．