Question

14．如图所示，两平行金属板A、B水平放置，长为L=8cm，两板间距离d=8cm，电势差为U_AB=680V，MN右侧存在竖直向下的匀强电场，大小为E=10⁴V/m．两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，一比荷为$\frac{q}{m}$=10^-3C/kg的带负电油滴，沿平行金属板的中心线RO飞入电场，初速度v₀=0.4m/s，g取10m/s²．求：
（1）油滴到达界面MN时速度v的大小；
（2）到达PS界面时离D点的距离Y；
（3）若油滴到达界面PS时在O点突然固定一个点电荷Q（设点电荷的电场分布不影响原匀强电场），于是油滴穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上（静电力常量k=9.0×10⁹N•m²/C²）．试确定点电荷Q的电性并求其电荷量．

Answer 1

分析 （1）油滴受重力和向上的电场力，做类似平抛运动，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据分运动公式列式求解分速度后合成得到合速度；
（2）粒子先在电场中做类平抛运动，在MN、PS间做匀速直线运动，加入Q后，做匀速圆周运动，类平抛运动的末速度的反向延长线与水平分位移的交点为水平分位移的中点，可以作图结合几何关系分析轨迹与PS的交点；
（3）粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解电荷量．

解答 解：（1）由mg-q$\frac{{U}_{AB}}{d}$=ma，有：a=1.5m/s²；
水平分运动，有：t₁=$\frac{L}{{v}_{1}}$=$\frac{0.08}{0.4}s=0.2s$；
对于竖直分运动，有：v_y=at₁=0.3m/s；
故合速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=0.5m/s$；
（2）类平抛运动的竖直分位移大小为：y=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$=0.03m；
粒子在离开MN后，由于mg=qE，故粒子做匀速直线运动，有三角形相似，有：
$\frac{{\frac{1}{2}L}}{{\frac{1}{2}L+12cm}}=\frac{y}{Y}$
解得：Y=4y=12cm；
（3）由mg=qE得，粒子受到的合外力：${F_合}=k\frac{Qq}{r^2}$；
粒子所受合外力恰好提供向心力，故Q带正电荷，根据几何关系可知半径：r=0.15m；
由$k\frac{Qq}{r^2}=m\frac{v_合^2}{r}$，解得：Q=$\frac{25}{6}×1{0}^{-9}C$；
答：（1）油滴到达界面MN时速度v的大小为0.5m/s；
（2）到达PS界面时离D点的距离Y为12cm；
（3）Q带正电荷，电荷量为$\frac{25}{6}×1{0}^{-9}C$．

点评 本题是类平抛运动与匀速圆周运动的综合，分析粒子的受力情况和运动情况是基础．难点是运用几何知识研究圆周运动的半径．