Question

如圖所示，一不計重力的帶正電的粒子，經(jīng)過U₀=200V的電壓加速后（加速電場未畫出），沿兩平行金屬板A、B間的中心線RD垂直電場線飛入扳間的電場中．粒子飛出電場后進入界面MN、PS間的無電場區(qū)域．已知A、B板長L=8cm，板間距離d=8cm，A板比B板電勢高300V，兩界面MN、PS相距為12cm，D是中心線RD與界面PS的交點．粒子電荷量q=10^-10C，質量m=10^-20kg．求：
（1）求粒子進入AB板間時的初速度v₀和粒子穿過界面MN時偏離中心線RD的距離y₁；
（2）粒子到達PS界面時離D點的距離y₂為多少？
（3）當粒子經(jīng)過PS線時，在圖中的O點固定一負點電荷，使粒子恰好可以繞O點做勻速v₀周運動，求在O點固定的負點電荷的電量為多少？（靜電力常數(shù)k=9.0×10⁹N?m²/C²，保留兩位有效數(shù)字）

Answer 1

分析：（1）由動能定理可得進入AB的初速度．
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．由牛頓定律求出加速度，由運動學公式求出粒子飛出電場時的側移h．
（2）由幾何知識求解粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離．
（3）由運動學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，由幾何關系求出軌跡半徑，再牛頓定律求解Q的電量．

解答：解：（1）由動能定理可得：
qU0=

1

2

mv02
解得：
v0=

2qU0 m

=

2×10-10×200 10-20

m/s=2×106m/s
粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離（側向位移）：
y1=

1

2

at2
其中：
a=

qU′

md

在偏轉電場中，水平方向：
L=v₀t
由以上三式可得：
y1=

1

2

qU′

md

(

L

v0

)2=

1

2

×

10-10×300

10-20×0.08

×(

0.08

2×106

)2=0.03m=3cm
（2）
帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與PS線交于a，設a到中心線的距離為Y．         
又由相似三角形得：

y1

y2

=

1 2 L

1 2 L+b

解得：
y₂=4y₁=0.12m
（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：所以 υ_y=at=1.5×10⁶m/s，
v_合=

v02+vy2

=

(2×106)2+(1.5×106)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．根據(jù)幾何關系，速度方向與水平方向夾角為：
tanα=

vy

v0

=

1.5×106

2×106

=

3

4

半徑為：
r=

y2

cosα

=

0.12

0.8

m=0.15m
由圓周運動可得：
k

qq′

r2

=m

v2

r

解得：
q′=

mv2r

kq

=

10-20×(2.5×106)2×0.15

9×109×10-10

=1×10^-8C
答：
（1）求粒子進入AB板間時的初速度v₀和粒子穿過界面MN時偏離中心線RD的距離為3cm．
（2）粒子到達PS界面時離D點的距離y₂為0.12m．
（3）當粒子經(jīng)過PS線時，在圖中的O點固定一負點電荷，使粒子恰好可以繞O點做勻速v₀周運動，求在O點固定的負點電荷的電量為1×10^-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．難點是運用幾何知識研究圓周運動的半徑．