Question

6．如圖所示，虛線PQ、MN間存在水平勻強電場，一帶電粒子質量為m=2.0×10^-11kg、電荷量為q=+1.0×10^-5C，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U=400V的電場加速后，垂直于PQ從b點進入勻強電場中，從虛線MN上的c點離開勻強電場時速度方向與電場方向成30°角．已知PQ、MN間距為20cm，帶電粒子的重
力忽略不計．求：
（1）帶電粒子剛進入勻強電場時的速率v₀；
（2）帶電粒子在PQ、MN間的勻強電場中運動的時間；
（3）b、c兩點間的電勢差U_bc．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在加速電場中，電場力做正功為qU，運用動能定理求解速率v₀．
（2）粒子進入勻強電場中做類平拋運動，豎直方向上做勻速直線運動，水平方向做勻加速直線運動，運用運動學公式求解帶電粒子在PQ、MN間的勻強電場中運動的時間．
（3）對于粒子在勻強電場的過程，運用動能定理列式求解bc兩點間的電勢差${U}_{bc}^{\;}$．

解答 解：（1）粒子在加速電場中運動的過程，由動能定理得：qU=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$代入數(shù)據(jù)解得：v₀=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1×1{0}_{\;}^{-5}×400}{2×1{0}_{\;}^{-11}}}$m/s=2×10⁴m/s
（2）帶電粒子在PQ、MN間的勻強電場中做類平拋運動，垂直電場方向做勻速直線運動
運動時間：$t=\frac{l}{{v}_{0}^{\;}}=\frac{0.2}{2×1{0}_{\;}^{4}}=1×1{0}_{\;}^{-5}s$
（3）將c點的速度分解，如圖所示

沿電場方向的速度$tan30°=\frac{{v}_{0}^{\;}}{{v}_{x}^{\;}}$
解得：${v}_{x}^{\;}=\sqrt{3}{v}_{0}^{\;}=2\sqrt{3}×1{0}_{\;}^{4}m/s$
${v}_{C}^{\;}=2{v}_{0}^{\;}=4×1{0}_{\;}^{4}m/s$
根據(jù)動能定理：$q{U}_{bc}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{c}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_^{2}$
代入數(shù)據(jù)：$1×1{0}_{\;}^{-5}{U}_{bc}^{\;}=\frac{1}{2}×2×1{0}_{\;}^{-11}×（2\sqrt{3}×1{0}_{\;}^{4}）_{\;}^{2}$
解得：${U}_{bc}^{\;}=120V$
答：（1）帶電粒子剛進入勻強電場時的速率${v}_{0}^{\;}$為$2×1{0}_{\;}^{4}m/s$；
（2）帶電粒子在PQ、MN間的勻強電場中運動的時間$1×1{0}_{\;}^{-5}s$；
（3）b、c兩點間的電勢差${U}_{bc}^{\;}$為120V．

點評 加速電場中運用動能定理、類平拋運動運用運動的分解法都是常用的思路，關鍵要能熟練運用，對于類平拋運動，涉及速度的問題，可以由運動學公式求解，也可能根據(jù)動能定理研究．