Question

6．足夠長(zhǎng)的帶電平行金屬板MN、PQ與豎直方向夾角θ=30°，相距d=1.0m，板間場(chǎng)強(qiáng)E=3.0×10³N/C，帶電情況如圖所示．A、B為金屬板內(nèi)側(cè)兩點(diǎn)，AB連線(xiàn)水平，其中點(diǎn)O有一個(gè)粒子源，可以在平行紙面各個(gè)方向釋放不同速率、質(zhì)量m=3.0×10^-3kg、電荷量q=1.0×10^-5C的帶正電的粒子．過(guò)O點(diǎn)一直線(xiàn)CD與金屬板夾角也為θ=30°，有一半徑R=0.2m、圓心在CD線(xiàn)上的圓，與AB線(xiàn)相交于O、E點(diǎn)；g取10m/s²
（1）初速度為零的粒子運(yùn)動(dòng)到金屬板時(shí)的速度大�。�
（2）初速度大小為v₁=0.5m/s，方向DC方向的粒子運(yùn)動(dòng)到金屬板所用時(shí)間；
（3）初速度v₂大小未知，方向垂直CD指向右上方的粒子經(jīng)過(guò)E點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）求出粒子所受合外力，由牛頓第二定律求出加速度，然后應(yīng)用勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度位移公式求出粒子的速度．
（2）應(yīng)用勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移公式求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
（3）粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與動(dòng)能定理可以求出粒子的動(dòng)能．

解答 解：（1）由題意可知，mg=qE，
合力的方向由C指向D，合力大小為：F=mg，
由牛頓第二定律得：F=ma，
解得：a=g，
由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得：
v²=2ax，
代入數(shù)據(jù)解得：v=2$\sqrt{5}$m/s；
（2）粒子先以v₁=0.5m/s的初速度向C做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，
勻減速的位移：x′=$\frac{{v}_{1}^{2}}{2a}$=$\frac{1}{80}$m＜1m，
粒子最終達(dá)到PQ板，由位移公式得：
s=-1=v₁t-$\frac{1}{2}$at²，
代入數(shù)據(jù)解得：t=0.5s；
（3）粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，
Rsin60°=v₂t，
R（1+cos60°）=$\frac{1}{2}$at²，
代入數(shù)據(jù)解得：v₂=$\frac{\sqrt{2}}{2}$m/s，
從O到E過(guò)程，由動(dòng)能定理得：maR（1+cos60°）=E_K-$\frac{1}{2}$mv₂²，
代入數(shù)據(jù)解得：E_K=9.75×10³J；
答：（1）初速度為零的粒子運(yùn)動(dòng)到金屬板時(shí)的速度大小為2$\sqrt{5}$m/s；
（2）初速度大小為v₁=0.5m/s，方向DC方向的粒子運(yùn)動(dòng)到金屬板所用時(shí)間為0.5s；
（3）初速度v₂大小未知，方向垂直CD指向右上方的粒子經(jīng)過(guò)E點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為9.75×10³J．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子受力情況，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理可以解題．