Question

13．如图所示，平行板电容器的两极板P、Q与水平面成37°角，电势差为U，建立平面直角坐标系，电容器极板P有下端无限靠近坐标原点，在D（0.2m，0）处有一垂直x轴的荧光屏，在荧光屏和y轴之间有竖直向上的匀强电场，电场E=0.4N/C，在以C（0.1m，0）点为圆心，半径为0.1m的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度$B=\frac{{2\sqrt{3}}}{15}T$，一质量m=4×10^-7kg，电量q=1×10^-5C的带电粒子，从A（$-\frac{1}{15}$m，0）点（A到两极板的距离相等）由静止开始沿x轴做直线运动，从坐标原点O进入圆形磁场区域，粒子最终打在荧光屏上N点，g=10m/s²，sin37°=0.6，π=3.14，$\sqrt{3}$=1.732
（1）求两极板间电势差U以及P极板带电性质；
（2）粒子到达坐标原点O时的速度；
（3）粒子从A点到N点所用的时间（结果保留一位有效数字）

Answer 1

分析 （1）粒子在电容器中做直线运动，由受力分析即可求出电场强度的大小与方向，然后由U=Ed求出两极板之间的电势差；
（2）由牛顿第二定律求出粒子在电容器中的加速度，然后由运动学的公式求出运动的时间与到达O点的速度；
（3）比较粒子受到的重力与电场力的关系，确定粒子在复合场中的运动的轨迹，以及粒子出磁场后的轨迹，最好有几何关系以及运动学的公式求出时间．

解答 解：（1）粒子在电容器中做匀加速直线运动，受到合力的方向向右，如图：由受力分析可得：
$\frac{qU}{d}=\frac{mg}{sin53°}$
由几何关系得：$\frac{d}{2}=x•sin37°$，x表示A到O点的距离．
联立解得：$U=\frac{2xmgsin37°}{q•sin53°}=\frac{2×\frac{1}{15}×4×1{0}^{-7}×10×0.6}{1×1{0}^{-5}×0.8}=0.04$V

粒子过磁场时向上偏转，说明粒子带正电；粒子在电容器中受到的电场力的方向指向PQ方向，故PQ板带负电．
（2）粒子在电容器中，由牛顿第二定律得：
mgtan37°=ma
则：a=gtan37°=10×0.75=7.5m/s²
运动的时间：${t}_{1}=\sqrt{\frac{2x}{a}}=\sqrt{\frac{2×\frac{1}{15}}{7.5}}s=\frac{2}{15}$s
粒子到达O点的速度：$v=a{t}_{1}=7.5×\frac{2}{15}m/s=1$m/s
（3）粒子在复合场中受到的电场力：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与电场力是平衡力，粒子先在磁场中做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，轨迹如图2，根据牛顿第二定律和向心力的公式得：$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
圆周运动的半径：$r=\frac{mv}{qB}=\frac{4×1{0}^{-7}×1}{1×1{0}^{-5}×\frac{2\sqrt{3}}{15}}m=0.1\sqrt{3}$m
由几何关系可得：$tan∠C{O}_{1}O=\frac{{x}_{OC}}{{x}_{{O}_{1}0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
所以：∠CFD=∠CO₁O=30°
由几何关系可得：$\overline{HF}=\overline{CF}-\overline{CH}=0.1$m
粒子做匀速圆周运动的时间：${t}_{2}=\frac{60°}{360°}•T=\frac{1}{6}•\frac{2πr}{v}=\frac{π×0.1\sqrt{3}}{3×1}=\frac{\sqrt{3}π}{30}$s
 从H到F的时间：${t}_{3}=\frac{\overline{HF}}{v}=\frac{0.1}{1}s=0.1$s
所以粒子从A到F的时间：$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=\frac{2}{15}s+\frac{\sqrt{3}π}{30}s+0.1s≈0.4$s
答：（1）两极板间的电势差U是0.04V，PQ极板带负电；
（2）粒子到达坐标原点O时的速度是1m/s；
（3）粒子从A点到F点所用的时间是0.4s．

点评 本题关键是明确粒子的运动性质，解答的关键是找出粒子在磁场中运动的圆心和半径，然后根据牛顿第二定律列式求解．