Question

4．如图所示装置中，AB是两个竖直放置的平行金属板，在两板中心处各开有一个小孔，板间距离为d，板长也为d，在两板间加上电压U后，形成水平向右的匀强电场．在B板下端（紧挨B板下端，但未接触）固定有一个点电荷Q₁，可以在极板外的空间形成电场．紧挨其下方有两个水平放置的金属极板CD，板间距离和板长也均为d，在两板间加上电压U后可以形成竖直向下的匀强电场．某时刻在O点沿中线OO，由静止释放一个质量为m，带电量为q的正粒子，经过一段时间后，粒子从CD两极板的正中央垂直电场进入，最后由CD两极板之间穿出电场．不计极板厚度及粒子的重力，假设装置产生的三个电场互不影响，静电力常量为k．求：
（1）粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度v的大小；
（2）在B板下端固定的点电荷Q₁的电性和电量为多少；
（3）粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离多大；
（4）离开CD板的速度大小和方向．

Answer 1

分析 （1）根据动能定理求出粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小．
（2）粒子飞出B板后，在Q的作用下做匀速圆周运动，根据库仑引力提供向心力求出点电荷Q₁的电性和电量．
（3）粒子沿CD中线进入CD间的电场做类平抛运动，将其运动分解为水平和竖直两个方向，由类平抛运动的规律求解即可．
（4）根据速度时间公式求出竖直分速度，结合平行四边形定则求出速度的大小和方向．

解答 解：（1）粒子经过AB两板，由动能定理可知，$qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$  ①
解得$v=\sqrt{\frac{2qU}{m}}$．
（2）粒子飞出B板后，在Q的作用下做匀速圆周运动，所以Q₁带负电．
$k\frac{q{Q}_{1}}{（\frac{d}{2}）^{2}}=m\frac{{v}^{2}}{\frac{d}{2}}$，
解得${Q}_{1}=\frac{dU}{k}$．
（3）粒子沿CD中线进入CD间的电场，做类平抛运动
d=vt       ②
y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$       ③
且  $q\frac{U}{d}=ma$     ④
由①～④可得 y=$\frac{d}{4}$．
则飞出CD板时的位置与O点之间的距离为  $△y=d+y=\frac{5}{4}d$．
（4）水平分速度v_x=v，
竖直分速度${v}_{y}=at=\sqrt{\frac{qU}{2m}}$，
离开CD板的速度$v′=\sqrt{{{v}_{x}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}=\sqrt{\frac{5qU}{2m}}$，
v′与水平的夹角为$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}=\frac{1}{2}$．
答：（1）粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度v的大小为$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$；
（2）在B板下端固定的点电荷Q₁的电性为负电，电量为$\frac{dU}{k}$；
（3）粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离为$\frac{5}{4}d$；
（4）离开CD板的速度大小为$\sqrt{\frac{5qU}{2m}}$，方向与水平方向夹角的正切值是$\frac{1}{2}$．

点评 本题带电粒子在组合场中运动，掌握加速运动、类平抛运动和匀速圆周运动的处理方法是关键．加速过程常常运用动能定理或能量守恒定律求获得的速度；匀速圆周运动关键分析向心力的来源；类平抛运动要能熟练运用运动的分解法．