Question

15．如圖所示，設(shè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v₀沿垂直于電場線的方向，進(jìn)入長為l、間距為d、電壓為U的平行金屬板間的勻強(qiáng)電場中．若不計(jì)粒子的重力，求如下的物理量：
（1）粒子穿越電場的時間t；
（2）粒子離開電場時的速率v_t；
（3）粒子離開電場時的側(cè)移距離y；
（4）粒子離開電場時的偏角θ；
（5）粒子穿越電場過程的動能增量△E_k．

Answer 1

分析 （1）粒子在垂直電場方向上做勻速直線運(yùn)動，在沿電場方向上做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)初速度和極板長度求出粒子穿越電場的時間．
（2）根據(jù)速度時間公式求出豎直分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出粒子離開電場時的速度．
（3）根據(jù)豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動，結(jié)合位移公式求出偏轉(zhuǎn)位移．
（4）據(jù)平行四邊形定則求出偏轉(zhuǎn)角的正切值，然后求出角度．
（5）由動能定理求出動能的增加量．

解答 解：粒子在極板間做類平拋運(yùn)動；
（1）時間：t=$\frac{l}{{v}_{0}}$；
（2）加速度：a=$\frac{Eq}{m}$=$\frac{qU}{md}$，
豎直分速度：v_y=at=$\frac{qUl}{md{v}_{0}}$，
粒子電場時的速率：v_t=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{{q}^{2}{U}^{2}{l}^{2}}{{m}^{2}eifmtoe^{2}{v}_{0}^{2}}}$；
（3）離開電場時的偏移量：y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{qU{l}^{2}}{2md{v}_{0}^{2}}$；
（4）離開電場時速度偏角的正切值：
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{at}{{v}_{0}}$=$\frac{qUl}{md{v}_{0}^{2}}$，則：θ=arctan$\frac{qUl}{md{v}_{0}^{2}}$，
（5）動能增量：△E_k=qEy=q×$\frac{U}dlhdhkr$×$\frac{qU{l}^{2}}{2md{v}_{0}^{2}}$=$\frac{{q}^{2}{U}^{2}{l}^{2}}{2mvcyfmam^{2}{v}_{0}^{2}}$；
答：（1）粒子穿越電場的時間t為$\frac{l}{{v}_{0}}$；
（2）粒子離開電場時的速率v_t為$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{{q}^{2}{U}^{2}{l}^{2}}{{m}^{2}vsszlso^{2}{v}_{0}^{2}}}$；
（3）粒子離開電場時的側(cè)移距離y為$\frac{qU{l}^{2}}{2md{v}_{0}^{2}}$；
（4）粒子離開電場時的偏角θ為arctan$\frac{qUl}{md{v}_{0}^{2}}$；
（5）粒子穿越電場過程的動能增量△E_k為$\frac{{q}^{2}{U}^{2}{l}^{2}}{2mpwfhrql^{2}{v}_{0}^{2}}$．

點(diǎn)評 解決本題的關(guān)鍵掌握處理類平拋運(yùn)動的方法，抓住等時性，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式進(jìn)行求解．