Question

14．如圖所示，兩平行金屬板A、B長(zhǎng)為L(zhǎng)=8cm，兩板間距離d=8cm，A板比B板電勢(shì)高400V，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(chǎng)中心線RO垂直電場(chǎng)線飛入電場(chǎng)，初速度v₀=2.0×10⁶m/s，粒子飛出電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)界面MN、PS間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域，然后進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域（設(shè)界面PS右側(cè)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響）．已知兩界面MN、PS相距為6cm，D是中心線RO與界面PS的交點(diǎn)，O點(diǎn)在中心線上，距離界面PS為10cm，粒子穿過(guò)界面PS做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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=9.0×10⁹ N•m²/C²，粒子的重力不計(jì)）
（1）求粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離為多遠(yuǎn)；到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)為多遠(yuǎn)；
（2）確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量的大�。�

Answer 1

分析 （1）帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后，只受電場(chǎng)力，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．由牛頓第二定律求出加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移h，由幾何知識(shí)求解粒子到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)的距離．
（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出粒子飛出電場(chǎng)時(shí)速度的大小和方向．粒子穿過(guò)界面PS后將繞電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由庫(kù)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(guò)界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離（側(cè)向位移）：
y=$\frac{1}{2}a{t^2}$=$\frac{qU}{2md}{（\frac{L}{v_0}）^2}$，
解得：y=0.04m=4cm；
帶電粒子在離開(kāi)電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其軌跡與PS線交于a，設(shè)a到中心線的距離為Y．
則有：$\frac{y}{Y}=\frac{4}{4+6}$，
解得：Y=10cm；
（2）粒子到達(dá)H點(diǎn)時(shí)，其水平速度為：v_x=v₀=2.0×10⁶m/s，
豎直速度為：${v_y}=at=2.0×{10^6}$m/s，
粒子的速度為：v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{（2×1{0}^{6}）^{2}+（2×1{0}^{6}）^{2}}$=2$\sqrt{2}$×10⁶m/s，
該粒子在穿過(guò)界面PS后繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以Q帶負(fù)電，根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑為：$r=10\sqrt{2}$cm，
由牛頓第二定律得：k$\frac{Qq}{{r}^{2}}$=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：$Q=\frac{{8\sqrt{2}}}{9}×{10^{-8}}$C≈1.26×10^-8C；
答：（1）粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離為4cm，到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)為10cm；
（2）確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量的大小為1.26×10^-8C．

點(diǎn)評(píng) 本題是類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng)的綜合，分析粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是基礎(chǔ)．難點(diǎn)是運(yùn)用幾何知識(shí)研究圓周運(yùn)動(dòng)的半徑．