Question

13．如圖所示，平行板電容器的兩極板P、Q與水平面成37°角，電勢差為U，建立平面直角坐標系，電容器極板P有下端無限靠近坐標原點，在D（0.2m，0）處有一垂直x軸的熒光屏，在熒光屏和y軸之間有豎直向上的勻強電場，電場E=0.4N/C，在以C（0.1m，0）點為圓心，半徑為0.1m的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度$B=\frac{{2\sqrt{3}}}{15}T$，一質量m=4×10^-7kg，電量q=1×10^-5C的帶電粒子，從A（$-\frac{1}{15}$m，0）點（A到兩極板的距離相等）由靜止開始沿x軸做直線運動，從坐標原點O進入圓形磁場區域，粒子最終打在熒光屏上N點，g=10m/s²，sin37°=0.6，π=3.14，$\sqrt{3}$=1.732
（1）求兩極板間電勢差U以及P極板帶電性質；
（2）粒子到達坐標原點O時的速度；
（3）粒子從A點到N點所用的時間（結果保留一位有效數字）

Answer 1

分析 （1）粒子在電容器中做直線運動，由受力分析即可求出電場強度的大小與方向，然后由U=Ed求出兩極板之間的電勢差；
（2）由牛頓第二定律求出粒子在電容器中的加速度，然后由運動學的公式求出運動的時間與到達O點的速度；
（3）比較粒子受到的重力與電場力的關系，確定粒子在復合場中的運動的軌跡，以及粒子出磁場后的軌跡，最好有幾何關系以及運動學的公式求出時間．

解答 解：（1）粒子在電容器中做勻加速直線運動，受到合力的方向向右，如圖：由受力分析可得：
$\frac{qU}p9vv5xb5=\frac{mg}{sin53°}$
由幾何關系得：$\fracp9vv5xb5{2}=x•sin37°$，x表示A到O點的距離．
聯立解得：$U=\frac{2xmgsin37°}{q•sin53°}=\frac{2×\frac{1}{15}×4×1{0}^{-7}×10×0.6}{1×1{0}^{-5}×0.8}=0.04$V

粒子過磁場時向上偏轉，說明粒子帶正電；粒子在電容器中受到的電場力的方向指向PQ方向，故PQ板帶負電．
（2）粒子在電容器中，由牛頓第二定律得：
mgtan37°=ma
則：a=gtan37°=10×0.75=7.5m/s²
運動的時間：${t}_{1}=\sqrt{\frac{2x}{a}}=\sqrt{\frac{2×\frac{1}{15}}{7.5}}s=\frac{2}{15}$s
粒子到達O點的速度：$v=a{t}_{1}=7.5×\frac{2}{15}m/s=1$m/s
（3）粒子在復合場中受到的電場力：qE=1×10^-5×0.4=4×10^-6N
受到的重力：mg=4×10^-7×10=4×10^-6N
可知粒子受到的重力與電場力是平衡力，粒子先在磁場中做勻速圓周運動，出磁場后做勻速直線運動，軌跡如圖2，根據牛頓第二定律和向心力的公式得：$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
圓周運動的半徑：$r=\frac{mv}{qB}=\frac{4×1{0}^{-7}×1}{1×1{0}^{-5}×\frac{2\sqrt{3}}{15}}m=0.1\sqrt{3}$m
由幾何關系可得：$tan∠C{O}_{1}O=\frac{{x}_{OC}}{{x}_{{O}_{1}0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
所以：∠CFD=∠CO₁O=30°
由幾何關系可得：$\overline{HF}=\overline{CF}-\overline{CH}=0.1$m
粒子做勻速圓周運動的時間：${t}_{2}=\frac{60°}{360°}•T=\frac{1}{6}•\frac{2πr}{v}=\frac{π×0.1\sqrt{3}}{3×1}=\frac{\sqrt{3}π}{30}$s
 從H到F的時間：${t}_{3}=\frac{\overline{HF}}{v}=\frac{0.1}{1}s=0.1$s
所以粒子從A到F的時間：$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=\frac{2}{15}s+\frac{\sqrt{3}π}{30}s+0.1s≈0.4$s
答：（1）兩極板間的電勢差U是0.04V，PQ極板帶負電；
（2）粒子到達坐標原點O時的速度是1m/s；
（3）粒子從A點到F點所用的時間是0.4s．

點評 本題關鍵是明確粒子的運動性質，解答的關鍵是找出粒子在磁場中運動的圓心和半徑，然后根據牛頓第二定律列式求解．