Question

4．如圖所示裝置中，AB是兩個豎直放置的平行金屬板，在兩板中心處各開有一個小孔，板間距離為d，板長也為d，在兩板間加上電壓U后，形成水平向右的勻強電場．在B板下端（緊挨B板下端，但未接觸）固定有一個點電荷Q₁，可以在極板外的空間形成電場．緊挨其下方有兩個水平放置的金屬極板CD，板間距離和板長也均為d，在兩板間加上電壓U后可以形成豎直向下的勻強電場．某時刻在O點沿中線OO，由靜止釋放一個質量為m，帶電量為q的正粒子，經過一段時間后，粒子從CD兩極板的正中央垂直電場進入，最后由CD兩極板之間穿出電場．不計極板厚度及粒子的重力，假設裝置產生的三個電場互不影響，靜電力常量為k．求：
（1）粒子經過AB兩極板從B板飛出時的速度v的大小；
（2）在B板下端固定的點電荷Q₁的電性和電量為多少；
（3）粒子從CD兩極板之間飛出時的位置與釋放點O之間的距離多大；
（4）離開CD板的速度大小和方向．

Answer 1

分析 （1）根據動能定理求出粒子經過AB兩極板從B板飛出時的速度大小．
（2）粒子飛出B板后，在Q的作用下做勻速圓周運動，根據庫侖引力提供向心力求出點電荷Q₁的電性和電量．
（3）粒子沿CD中線進入CD間的電場做類平拋運動，將其運動分解為水平和豎直兩個方向，由類平拋運動的規律求解即可．
（4）根據速度時間公式求出豎直分速度，結合平行四邊形定則求出速度的大小和方向．

解答 解：（1）粒子經過AB兩板，由動能定理可知，$qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$  ①
解得$v=\sqrt{\frac{2qU}{m}}$．
（2）粒子飛出B板后，在Q的作用下做勻速圓周運動，所以Q₁帶負電．
$k\frac{q{Q}_{1}}{（\fracp9vv5xb5{2}）^{2}}=m\frac{{v}^{2}}{\fracp9vv5xb5{2}}$，
解得${Q}_{1}=\frac{dU}{k}$．
（3）粒子沿CD中線進入CD間的電場，做類平拋運動
d=vt       ②
y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$       ③
且  $q\frac{U}p9vv5xb5=ma$     ④
由①～④可得 y=$\fracp9vv5xb5{4}$．
則飛出CD板時的位置與O點之間的距離為  $△y=d+y=\frac{5}{4}d$．
（4）水平分速度v_x=v，
豎直分速度${v}_{y}=at=\sqrt{\frac{qU}{2m}}$，
離開CD板的速度$v′=\sqrt{{{v}_{x}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}=\sqrt{\frac{5qU}{2m}}$，
v′與水平的夾角為$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}=\frac{1}{2}$．
答：（1）粒子經過AB兩極板從B板飛出時的速度v的大小為$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$；
（2）在B板下端固定的點電荷Q₁的電性為負電，電量為$\frac{dU}{k}$；
（3）粒子從CD兩極板之間飛出時的位置與釋放點O之間的距離為$\frac{5}{4}d$；
（4）離開CD板的速度大小為$\sqrt{\frac{5qU}{2m}}$，方向與水平方向夾角的正切值是$\frac{1}{2}$．

點評 本題帶電粒子在組合場中運動，掌握加速運動、類平拋運動和勻速圓周運動的處理方法是關鍵．加速過程常常運用動能定理或能量守恒定律求獲得的速度；勻速圓周運動關鍵分析向心力的來源；類平拋運動要能熟練運用運動的分解法．