Question

5．如圖所示，在豎直平面內(nèi)，一勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向上，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電微粒以水平初速度v₀由P點(diǎn)射入，入射方向與電場(chǎng)線垂直．帶電微粒從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)，其速度方向與電場(chǎng)線夾角為30°．已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為零，重力加速度為g．
（1）求帶電微粒在Q點(diǎn)的電勢(shì)能；
（2）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大��；
（3）當(dāng)該帶電微粒電勢(shì)能為-$\frac{1}{2}$qU時(shí)，機(jī)械能變化了多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電勢(shì)差和電勢(shì)能的定義可求得帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能；
（2）帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度．根據(jù)位移公式和兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性，列出x方向和y方向兩個(gè)方向的分位移與時(shí)間的關(guān)系式，即可求出豎直方向的位移大小y，由E=$\frac{U}z9rlhhl$求解場(chǎng)強(qiáng)E的大�。�
（3）根據(jù)功能關(guān)系明確機(jī)械能的改變量．

解答 解：（1）根據(jù)帶電微粒的偏轉(zhuǎn)方向，知該微粒帶正電，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U=φ_P-φ_Q，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，而P點(diǎn)的電勢(shì)能為零
根據(jù)φ=$\frac{E_{p}}{q}$
得E_pQ=-qU
（2）建立直角坐標(biāo)系，垂直于電場(chǎng)線方向?yàn)閤軸，平行于電場(chǎng)方向?yàn)閥軸，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何知識(shí)可得
tan 30°=$\frac{v_{0}}{v_{y}}$
v_y=at
d=v₀t
由牛頓第二定律可知：a=$\frac{Eq}{m}-g$
解得E=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}+mgd}{qd}$
（3）當(dāng)該帶電微粒電勢(shì)能為-$\frac{1}{2}$qU時(shí)，電場(chǎng)力做了$\frac{1}{2}$qU的正功，
所以機(jī)械能增加了$\frac{1}{2}$qU
答：（1）帶電微粒在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為-qU；
（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}+mgd}{qd}$
（3）當(dāng)該帶電微粒電勢(shì)能為-$\frac{1}{2}$qU時(shí)，機(jī)械能變化了$\frac{1}{2}$qU．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要注意根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，根據(jù)力學(xué)的基本規(guī)律，如牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)能定理結(jié)合求解．