Question

10．如圖所示，半徑R=0.5m的$\frac{1}{4}$圓弧接收屏位于電場強度方向豎直向下的勻強電場中，OB水平，一質(zhì)量為m=1.0×10^-6kg，帶電荷量為q=8.0×10^-6C的粒子從與圓弧圓心O等高且距O點0.3m的A點以初速度v₀=3×10²m/s 水平射出，粒子重力不計，粒子恰好能垂直打到圓弧曲面上的C點（圖中未畫出），取C點電勢為0，則（　�。�

• A． 該勻強電場的電場強度大小為10⁵ V/m
• B． 粒子在A點的電勢能為8×10^-5J
• C． 粒子到達C點的速度大小為4×10²m/s
• D． 粒子速率為400m/s時的電勢能為4.5×10^-4J

Answer 1

分析 粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的推論與類平拋運動的規(guī)律求出電場強度；
然后由勻強電場場強與電勢差的關(guān)系求出A點的電勢，然后求出電勢能；
由動能定理求出粒子在C點的速度；
然后由能量守恒定律求出粒子速率為400m/s時的電勢能．

解答 解：A．粒子在電場力作用下做類平拋運動，因粒子垂直打在C點，由類平拋運動規(guī)律知：C點速度方向的反向延長線必過O點，且OD=AO=0.3m，DC=0.4m，

即有：AD=v₀t，DC=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得：E=2.5×10⁴N/C，故A錯誤；
B．因U_DC=E•DC=10⁴V，而A、D兩點電勢相等，所以φ_A=10⁴V，即粒子在A點的電勢能為：E_p=qφ_A=8×10^-2J，故B錯誤；
C．從A到C由動能定理知：qU_AC=$\frac{1}{2}$mv_C²-$\frac{1}{2}$mv₀²，代入數(shù)據(jù)得：v_C=5×10²m/s，故C錯誤；
D．粒子在C點總能量：E_C=$\frac{1}{2}$mv_C²=0.125J，由能量守恒定律可知，粒子速率為400m/s時的電勢能為：E_p′=E_C-$\frac{1}{2}$mv²=4.5×10^-4J，故D正確．
故選：D．

點評 本題考查了粒子在電場中的運動，粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律、動能定理、能量守恒定律即可正確解題．