Question

20．如圖，虛線PQ、MN間存在水平勻強(qiáng)電場，一帶電粒子質(zhì)量為m=2.0×10^-11 kg、電荷量為q=+1.0×10^-5 C，從a點(diǎn)由靜止開始經(jīng)電壓為U=100V的電場加速后，經(jīng)過b點(diǎn)垂直于勻強(qiáng)電場進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，從虛線MN的某點(diǎn)c （圖中未畫出）離開勻強(qiáng)電場時速度與電場方向成60°角．已知PQ、MN間距為20cm，帶電粒子的重力忽略不計．求：
（1）水平勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大��；
（2）bc兩點(diǎn)間的電勢差U_bc．

Answer 1

分析 （1）粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，豎直方向上做勻速直線運(yùn)動，水平方向做勻加速直線運(yùn)動，將粒子在b的速度進(jìn)行分解，運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律求解場強(qiáng)的大�。�
（2）從b到c根據(jù)動能定理即可求出bc兩點(diǎn)間的電勢差U_bc

解答 解：（1）由動能定理得：$qU=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：${v}_{1}^{\;}=\sqrt{\frac{2qU}{m}}=\sqrt{\frac{2×1.0×1{0}_{\;}^{-5}×100}{2.0×1{0}_{\;}^{-11}}}=1{0}_{\;}^{4}$m/s
進(jìn)入PQ、MN間電場中后：d=v₁t．
代入數(shù)據(jù)解得：$t=\frac{0.2}{1{0}_{\;}^{4}}=2×1{0}_{\;}^{-5}s$
由題意得：$tan60°=\frac{{v}_{1}^{\;}}{{v}_{y}^{\;}}$
代入得${v}_{y}^{\;}=\frac{1{0}_{\;}^{4}}{\sqrt{3}}m/s$
由牛頓第二定律得qE=ma 
 沿電場方向：v_y=at
$\frac{{v}_{y}^{\;}}{t}=\frac{qE}{m}$，得$E=\frac{m{v}_{y}^{\;}}{qt}=\frac{2×1{0}_{\;}^{-11}×\frac{1{0}_{\;}^{4}}{\sqrt{3}}}{1.0×1{0}_{\;}^{-5}×2×1{0}_{\;}^{-5}}$
   解得：$E=\frac{\sqrt{3}}{3}×1{0}_{\;}^{3}N/C$
（3）由動能定理得：$q{U}_{bc}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{y}^{2}$
得：${U}_{bc}^{\;}=\frac{m{v}_{y}^{2}}{2q}=\frac{2×1{0}_{\;}^{-11}×\frac{1}{3}×1{0}_{\;}^{8}}{2×1×1{0}_{\;}^{-5}}$=$\frac{100}{3}V$
答：（1）水平勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大小$\frac{\sqrt{3}}{3}×1{0}_{\;}^{3}N/C$；
（2）bc兩點(diǎn)間的電勢差${U}_{bc}^{\;}$為$\frac{100}{3}V$

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