Question

5．如圖所示，兩帶電平行板A、B間的電壓U=400V，形成勻強(qiáng)電場，兩板相距d=0.10m，板長L=0.30m．一帶電量q=1.0×10^-16C、質(zhì)量m=1.0×10^-22kg的粒子沿平行于板方向從兩板的正中間射入電場后向著B板偏轉(zhuǎn)，不計(jì)帶電粒子所受重力，求：
（1）如圖甲所示，粒子在平行板間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度多大；
（2）如圖甲所示，要使粒子能飛出電場，粒子飛入電場時(shí)的速度v₀至少為多大；
（3）如圖乙所示，如果粒子是經(jīng)電壓U₁加速后，再進(jìn)入甲圖的平行金屬板間，若粒子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿出電場，求加速電壓U₁多大？

Answer 1

分析 （1）平行金屬板B板帶負(fù)電，粒子向B板偏轉(zhuǎn)，則粒子帶正電．
（2）當(dāng)粒子恰好從B板右側(cè)邊緣飛出電場時(shí)，此時(shí)粒子的速度為粒子飛出電場時(shí)最小速度．此時(shí)粒子水平位移為L，豎直位移為$\fracemoo06w{2}$，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出初速度．
（3）粒子在加速電場中加速的過程中電場力做功，由動(dòng)能定理即可求出．

解答 解：（1）在粒子偏轉(zhuǎn)到B板之前恰好飛出電場．
豎直方向：a=$\frac{F}{m}=\frac{qE}{m}=\frac{qU}{md}=\frac{1.0×1{0}^{-16}×400}{1.0×1{0}^{-22}×0.1}=4.0×1{0}^{9}m/{s}^{2}$
（2）豎直方向：$\frack0uma2e{2}$=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
得：t=$\sqrt{\fracss4kgoa{a}}=\sqrt{\frac{0.1}{4×1{0}^{9}}}=5×1{0}^{-6}$s
水平方向：v₀=$\frac{L}{t}$=$\frac{0.30}{5×1{0}^{-6}}=6×1{0}^{4}$m/s
所以要使粒子能飛出電場，粒子飛入電場時(shí)的速度v₀至少為6×10⁴m/s；
（3）由動(dòng)能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：U₁=1800V
答：（1）如圖甲所示，粒子在平行板間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度是4.0×10⁹m/s²；
（2）如圖甲所示，要使粒子能飛出電場，粒子飛入電場時(shí)的速度v₀至少為6×10⁴m/s；
（3）加速電壓是1800V．

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)問題，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)的過程中，關(guān)鍵在于分析粒子恰好飛出電場的臨界條件．