Question

1．如圖所示為利用靜電除煙塵的通道示意圖，前、后兩面為絕緣板，上、下兩面為分別與高壓電源的負極和正極相連的金屬板，在上下兩面間產(chǎn)生的電場可視為勻強電場，通道長L=1m，進煙塵口的截面為邊長d=0.5m的正方形．分布均勻的帶負電煙塵顆粒均以水平速度v₀=2m/s連續(xù)進入通道，碰到下金屬板后其所帶電荷會被中和并被收集，但不影響電場分布．已知每立方米體積內(nèi)顆粒數(shù)n=10¹³個，每個煙塵顆粒帶電量為q=-1.0×10^-17C，質(zhì)量為m=2.0×10^-15kg，忽略顆粒的重力、顆粒之間的相互作用力和空氣阻力．
（1）高壓電源電壓U₀=300V時，求被除去的煙塵顆粒數(shù)與總進入煙塵顆粒數(shù)的比值
（2）若煙塵顆粒恰好能全部被除去，求高壓電源電壓U₁
（3）裝置在（2）中電壓U₁作用下穩(wěn)定工作時，1s內(nèi)進入的煙塵顆粒從剛進入通道到被全部除去的過程中，求電場對這些煙塵顆粒所做的總功．

Answer 1

分析 （1）對顆粒在金屬板間的運動進行受力分析和運動過程的分析，可知顆粒做類平拋運動，根據(jù)題干提供的條件，即可得知粒子進入電場時，能打到下金屬板的粒子距離下金屬板的距離．由此即可得知被除去的煙塵顆粒數(shù)與總進入煙塵顆粒數(shù)的比值．
（2）若煙塵顆粒恰好能全部被除去，即為緊貼上金屬板射入的顆粒恰能打到下金屬板上，利用類平拋運動的知識結(jié)合牛頓運動定律即可得知最高電壓．
（3）先計算出1s內(nèi)進入通道的顆粒數(shù)量，利用平均的方法結(jié)合電場力做功的公式即可求得電場對這些煙塵顆粒所做的總功．

解答 解：（1）顆粒在運動中做類平拋運動，由牛頓第二定律有：$\frac{q{U}_{0}}bhj9nl1$=ma，
在水平方向上有：L=v₀t，在豎直方向上有：y=$\frac{1}{2}$at²，解得：y=0.375m；
即為距離下金屬板的距離小于等于0.375m內(nèi)的顆粒將打到下金屬板上，
被除去的煙塵顆粒數(shù)與總進入煙塵顆粒數(shù)的比值為：η=$\frac{y}bfjnfx3$=$\frac{3}{4}$；
（2）若煙塵顆粒恰好能全部被除去，緊貼上金屬板射入的顆粒恰能打到下金屬板上，顆粒做平拋運，
在豎直方向上有：d=$\frac{1}{2}$a₁t²    $\frac{q{U}_{1}}vdf1xj1$=ma₁ 解得：U=400V；
（3）1s內(nèi)顆粒的總個數(shù)為：N=nd²v₀t₁
電場力對每個顆粒所做的功與其到下金屬板的偏移量y成正比，
平均值等于電場距離下金屬板$\fracbtfhxrt{2}$處的顆粒所做的功，做功：W=N$\frac{q{U}_{1}}nlbf7pr$$\fraclpp1fpz{2}$，
解得：W=0.01J；
答：（1）高壓電源電壓U₀=300V時，被除去的煙塵顆粒數(shù)與總進入煙塵顆粒數(shù)的比值為$\frac{3}{4}$；
（2）若煙塵顆粒恰好能全部被除去，高壓電壓U₁為400V
（3）電場對這些煙塵顆粒所做的總功為0.01J．

點評 研究帶電粒子的偏轉(zhuǎn)實際是牛頓運動定律、受力分析、運動合成和分解的綜合應(yīng)用，分析過程中應(yīng)把握哪些量是變化的、帶電粒子是否飛出電場、偏轉(zhuǎn)方向如何．
研究帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)時是否考慮重力作用，是困惑同學們的問題之一．這主要是因為有時帶電粒子受到的重力遠小于電場力，即mg遠遠小于qE的緣故．但是，在另一類問題中，如討論帶電小球在電場中的平衡問題，這種情況下重力不可忽略，必須考慮．所以，是否考慮帶電粒子的重力要依據(jù)具體情況而定．
（1）基本粒子：如電子、質(zhì)子對粒子、離子等，除有說明或明確暗示外，一般不考慮重力（但并非忽略質(zhì)量）．
（2）帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確暗示外，一般都不能忽略重力．