Question

14．如圖所示，兩平行金屬板A、B水平放置，長為L=8cm，兩板間距離d=8cm，電勢差為U_AB=680V，MN右側(cè)存在豎直向下的勻強電場，大小為E=10⁴V/m．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，一比荷為$\frac{q}{m}$=10^-3C/kg的帶負電油滴，沿平行金屬板的中心線RO飛入電場，初速度v₀=0.4m/s，g取10m/s²．求：
（1）油滴到達界面MN時速度v的大��；
（2）到達PS界面時離D點的距離Y；
（3）若油滴到達界面PS時在O點突然固定一個點電荷Q（設(shè)點電荷的電場分布不影響原勻強電場），于是油滴穿過界面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（靜電力常量k=9.0×10⁹N•m²/C²）．試確定點電荷Q的電性并求其電荷量．

Answer 1

分析 （1）油滴受重力和向上的電場力，做類似平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)分運動公式列式求解分速度后合成得到合速度；
（2）粒子先在電場中做類平拋運動，在MN、PS間做勻速直線運動，加入Q后，做勻速圓周運動，類平拋運動的末速度的反向延長線與水平分位移的交點為水平分位移的中點，可以作圖結(jié)合幾何關(guān)系分析軌跡與PS的交點；
（3）粒子穿過界面PS后將繞電荷Q做勻速圓周運動，庫侖力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解電荷量．

解答 解：（1）由mg-q$\frac{{U}_{AB}}z425vs1$=ma，有：a=1.5m/s²；
水平分運動，有：t₁=$\frac{L}{{v}_{1}}$=$\frac{0.08}{0.4}s=0.2s$；
對于豎直分運動，有：v_y=at₁=0.3m/s；
故合速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=0.5m/s$；
（2）類平拋運動的豎直分位移大小為：y=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$=0.03m；
粒子在離開MN后，由于mg=qE，故粒子做勻速直線運動，有三角形相似，有：
$\frac{{\frac{1}{2}L}}{{\frac{1}{2}L+12cm}}=\frac{y}{Y}$
解得：Y=4y=12cm；
（3）由mg=qE得，粒子受到的合外力：${F_合}=k\frac{Qq}{r^2}$；
粒子所受合外力恰好提供向心力，故Q帶正電荷，根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑：r=0.15m；
由$k\frac{Qq}{r^2}=m\frac{v_合^2}{r}$，解得：Q=$\frac{25}{6}×1{0}^{-9}C$；
答：（1）油滴到達界面MN時速度v的大小為0.5m/s；
（2）到達PS界面時離D點的距離Y為12cm；
（3）Q帶正電荷，電荷量為$\frac{25}{6}×1{0}^{-9}C$．

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．