Question

如圖所示，正方形區(qū)域abcd邊長L=8cm，內(nèi)有平行于ab方向指向BC邊的勻強電場，場強E=3750V/m，一帶正電的粒子電量q=10^-10C，質(zhì)量m=10^-20kg，沿電場中心線RO飛入電場，初速度v=2×10⁶m/s，粒子飛出電場后經(jīng)過界面cd、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域，一進入該區(qū)域即開始做勻速圓周運動（設(shè)點電荷左側(cè)的電場分布以界面PS為界限，且不受PS影響）．已知cd、PS相距12cm，粒子穿過PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏MN上．（靜電力常數(shù)k=9×10⁹Nm²/C²）試求：

（1）粒子穿過界面PS時偏離中心線OR的距離y；
（2）粒子穿過界面PS時的速度大小與方向；
（3）O點與PS面的距離x；
（4）點電荷Q的電性及電量大�。�

Answer 1

【答案】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y₁；由幾何知識求解粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離y．
（2）由運動學(xué)公式和速度的合成求出粒子離開電場時的速度大小和方向，由于離開電場后粒子做勻速直線運動，即可得到粒子穿過界面PS時的速度大小與方向；
（3）由幾何知識求解O點與PS面的距離x；
（4）帶電粒子進入界面PS后做圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上，根據(jù)運動情況即可畫出軌跡，由幾何知識求得軌跡的半徑，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式求解點電荷Q的電量大�。�
解答：解：（1）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有
   水平方向：L=vt．
   豎直方向：y₁=
  又qE=ma，
  則a=
得y₁=
代入解得，y₁=0.03m=3cm．
根據(jù)幾何知識得：y：y₁=（s+）：，
解得 y=4y₁=12 cm
（2）v_y=at==1.5×10⁶ m/s，v_x=v=2×10⁶ m/s
粒子離開電場時的速度大小為v==2.5×10⁶ m/s
粒子的速度偏向角的正切為tanθ==0.75，得θ=37°
由于離開電場后粒子做勻速直線運動，則得粒子穿過界面PS時的速度大小為2.5×10⁶ m/s，方向與水平成37°角斜向下右下方．
（3）由幾何關(guān)系得 x=y tanθ=9cm
（4）帶電粒子帶正電，則知點電荷Q粒子帶負電．
粒子做圓周運動的半徑為R==15 cm
由=m        得Q==1.04×10^-8C 
答：（1）粒子穿過界面PS時偏離中心線OR的距離y是12cm；
（2）粒子穿過界面PS時的速度大小為2.5×10⁶ m/s，方向與水平成37°角斜向下右下方；
（3）O點與PS面的距離x是9cm；
（4）點電荷Q的電性是負電，電量大小為1.04×10^-8C．
點評：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解出對應(yīng)的邊長．