Question

15．如圖所示，虛線PQ、MN間存在水平勻強電場，一帶電粒子質(zhì)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=100V的電場加速后，垂直于勻強電場進入勻強電場中，從虛線MN的某點b（圖中未畫出）離開勻強電場時速度與電場方向成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v₁
（2）勻強電場的場強大小
（3）ab兩點間的電勢差．

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v₁．
（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，將粒子在b的速度進行分解，運用運動學(xué)公式和牛頓第二定律求解場強的大�。�
（3）對于粒子在勻強電場的過程，運用動能定理列式求解ab兩點間的電勢差．

解答 解：（1）粒子在加速電場中運動的過程，由動能定理得：qU=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1{0}^{-5}×100}{2×1{0}^{-11}}}$m/s=10⁴m/s
（2）粒子進入勻強電場中做類平拋運動，沿初速度方向做勻速運動，則有：d=v₁t，
粒子沿電場方向做勻加速運動，則有：v_y=at
由題意得：tan30°=$\frac{{v}_{1}}{{v}_{y}}$
由牛頓第二定律得：qE=ma，
聯(lián)立以上相關(guān)各式并代入數(shù)據(jù)得：
E=$\sqrt{3}$×10³N/C=1.732×10³N/C
（3）對整個過程，由動能定理得：
qU_ab=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=$\frac{1}{2}m$（${v}_{1}^{2}$+${v}_{y}^{2}$）
聯(lián)立以上相關(guān)各式并代入數(shù)據(jù)得：
U_ab=400V
答：（1）帶電粒子剛進入勻強電場時的速率v₁為10⁴m/s．
（2）勻強電場的場強大小為1.732×10³N/C．
（3）ab兩點間的電勢差為400V．

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(guān)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(xué)公式求解，也可能根據(jù)動能定理研究．