Question

12．如圖所示，正方形區(qū)域ABCD邊長(zhǎng)L=8cm，內(nèi)有平行于AB方向指向BC邊的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=3750V/m，一帶正電的粒子電量q=10^-10 C，質(zhì)量m=10^-20 kg，沿電場(chǎng)中心線RO飛入電場(chǎng)，初速度v₀=2×10⁶ m/s，粒子飛出電場(chǎng)后經(jīng)過界面CD、PS間的無電場(chǎng)區(qū)域后，進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域，一進(jìn)入該區(qū)域即開始做勻速圓周運(yùn)動(dòng)（設(shè)點(diǎn)電荷左側(cè)的電場(chǎng)分布以界面PS為界限，電荷經(jīng)過PS時(shí)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．不計(jì)粒子重力（靜電力常數(shù)k=9×10⁹ N•m²/C²），試求：

（1）粒子穿過界面PS時(shí)偏離中心線OR的距離y；
（2）粒子穿過界面PS時(shí)的速度大小與方向；
（3）O點(diǎn)與PS面的距離x．

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y₁；由幾何知識(shí)求解粒子穿過界面PS時(shí)偏離中心線RO的距離y．
（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和速度的合成求出粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小和方向，由于離開電場(chǎng)后粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即可得到粒子穿過界面PS時(shí)的速度大小與方向；
（3）由幾何知識(shí)求解O點(diǎn)與PS面的距離x．

解答 解：（1）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有
水平方向：L=v₀t．
豎直方向：y₁=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
又qE=ma，
則a=$\frac{qE}{m}$
得y₁=$\frac{qE{L}^{2}}{2m{v}_{0}^{2}}$，
其中：L=8cm=0.08m，q=10^-10 C，m=10^-20 kg，E=3750V/m，v₀=2×10⁶ m/s，
代入解得，y₁=0.03m=3cm．
根據(jù)幾何知識(shí)得：y：y₁=（s+$\frac{L}{2}$）：$\frac{L}{2}$，
解得 y=4y₁=12 cm
（2）v_y=at=$\frac{qEL}{m{v}_{0}}$=$\frac{1{0}^{-10}×3750×0.08}{1{0}^{-20}×2×1{0}^{6}}$=1.5×10⁶ m/s，
v_x=v₀=2×10⁶ m/s
粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=2.5×10⁶ m/s
粒子的速度偏向角的正切為tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$=0.75，得θ=37°
由于離開電場(chǎng)后粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則得粒子穿過界面PS時(shí)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=ytanθ=9cm．
答：（1）粒子穿過界面PS時(shí)偏離中心線OR的距離y是12cm；
（2）粒子穿過界面PS時(shí)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(diǎn)與PS面的距離x是9cm．

點(diǎn)評(píng) 有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可以從兩條線索展開：其一，力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系．根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系．根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答．