Question

5．如圖所示，兩帶電平行板A、B間的電場為勻強電場，場強E=4.0×10²V/m，兩板相距d=16cm，板長L=30cm．一帶電量q=1.0×10^-16C、質(zhì)量m=1.0×10^-22kg的粒子沿平行于板方向從兩板的正中間射入電場后向著B板偏轉(zhuǎn)，不計帶電粒子所受重力，求：
（1）粒子帶何種電荷？
（2）要使粒子能飛出電場，粒子飛入電場時的速度v₀至少為多大？
（3）粒子飛出電場時最大偏角θ為多大？（用正切值表示即可）

Answer 1

分析 （1）平行金屬板B板帶負電，粒子向B板偏轉(zhuǎn)，粒子帶正電．
（2）當(dāng)粒子恰好從B板右側(cè)邊緣飛出電場時，此時粒子水平位移為L，豎直位移為$\frac6osm64i{2}$．粒子做類平拋運動，將其分解為水平和豎直兩個方向研究，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由運動學(xué)公式求出初速度．
（3）粒子飛出電場時速度與水平方向的夾角的正切值是位移偏轉(zhuǎn)角正切值的2倍

解答 解：（1）由于B板帶負電，粒子向B板偏轉(zhuǎn)，說明粒子帶正電．
（2）粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律得：
豎直方向有：$\fracuuquiie{2}$=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{qE}{2m}$•t²
得：t=$\sqrt{\frac{md}{qE}}$
水平方向有：v₀=$\frac{L}{t}$=L$\sqrt{\frac{qE}{md}}$=0.3×$\sqrt{\frac{1×10{\\;}^{-16}×4×1{0}^{2}}{1×1{0}^{-22}×0.16}}$m/s=1.5×10⁴m/s
所以要使粒子能飛出電場，粒子飛入電場時的速度v₀至少為1.5×10⁴m/s；
（3）粒子飛出電場時速度與水平方向的夾角的正切值為：
tanα=2tanβ=2×$\frac{\fracsasoy6i{2}}{L}$=2×$\frac{\frac{16}{2}}{30}$=$\frac{8}{15}$
故：α=arctan$\frac{8}{15}$
答：（1）粒子帶正電荷．
（2）要使粒子恰能飛出電場，粒子飛入電場時的速度v₀為1.5×10⁴m/s．
（3）粒子飛出電場時速度與水平方向的夾角為：arctan$\frac{8}{15}$

點評 解決本題要掌握類平拋運動的處理方法，熟練運用運動的分解法，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解