Question

11．如圖所示，一對帶電平行金屬板A、B與豎直方向成37°角放置．B板中心有一小孔正好位于平面直角坐標系xOy上的O點，y軸沿豎直方向．一比荷為$\frac{q}{m}$=1.0×10⁵C/kg的帶正電粒子P，從A板中心O′處靜止釋放后沿垂直于金屬板的直線O′O做勻加速直線運動，以速度v₀=10⁴m/s，方向與x軸正方向夾角為37°從O點進入勻強電場，電場僅分布在x軸的下方，場強大E=6.25×10³V/m，方向與x軸正方向成53°角斜向上，粒子的重力不計．（tan37°=0.75）試求：
（1）AB兩板間的電勢差U_AB；
（2）求粒子離開電場時的分速度
（3）粒子P離開電場時的坐標．

Answer 1

分析 （1）對于粒子P在AB間運動的過程，運用動能定理列式，即可求得U_AB．
（2）粒子A垂直于電場的方向進入電場，在電場中做類平拋運動，沿電場方向做勻加速直線運動，沿垂直于電場的方向做勻速直線運動；根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解．利用電場力做功即可求的分速度

解答 解：（1）對于粒子在AB間加速過程，由動能定理得：
qU_AB=$\frac{1}{2}$mv₀²
可得：U_AB=$\frac{{mv}_{0}^{2}}{2q}=\frac{（1{0}^{4}）^{2}}{2×1{0}^{5}}$V=500V
（2）粒子P在進入電場后做類平拋運動，設(shè)離開電場時距O距離為L，如圖所示，則有：
Lcos30°=v₀t
Lsin30°=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²
代入數(shù)據(jù)得：L=1m
所以P離開電場時的坐標為（1，0）
沿電場方向通過的位移為x=Lsin37°=0.6m
故由動能定理可知：$qEx=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得：v=$\frac{\sqrt{15}}{2}×1{0}^{4}m/s$
答：（1）AB兩板間的電勢差U_AB為500V
（2）求粒子離開電場時的分速度為$\frac{\sqrt{15}}{2}×1{0}^{4}m/s$
（3）粒子P離開電場時的坐標為（1，0）

點評 解決本題的關(guān)鍵是加速過程的研究方法：動能定理，類平拋運動的研究方法：運動的分解法，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解