Question

6．足够长的带电平行金属板MN、PQ与竖直方向夹角θ=30°，相距d=1.0m，板间场强E=3.0×10³N/C，带电情况如图所示．A、B为金属板内侧两点，AB连线水平，其中点O有一个粒子源，可以在平行纸面各个方向释放不同速率、质量m=3.0×10^-3kg、电荷量q=1.0×10^-5C的带正电的粒子．过O点一直线CD与金属板夹角也为θ=30°，有一半径R=0.2m、圆心在CD线上的圆，与AB线相交于O、E点；g取10m/s²
（1）初速度为零的粒子运动到金属板时的速度大小；
（2）初速度大小为v₁=0.5m/s，方向DC方向的粒子运动到金属板所用时间；
（3）初速度v₂大小未知，方向垂直CD指向右上方的粒子经过E点时的动能．

Answer 1

分析 （1）求出粒子所受合外力，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动的速度位移公式求出粒子的速度．
（2）应用匀变速直线运动的位移公式求出粒子的运动时间．
（3）粒子做类平抛运动，应用类平抛运动规律与动能定理可以求出粒子的动能．

解答 解：（1）由题意可知，mg=qE，
合力的方向由C指向D，合力大小为：F=mg，
由牛顿第二定律得：F=ma，
解得：a=g，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：
v²=2ax，
代入数据解得：v=2$\sqrt{5}$m/s；
（2）粒子先以v₁=0.5m/s的初速度向C做匀减速直线运动，
匀减速的位移：x′=$\frac{{v}_{1}^{2}}{2a}$=$\frac{1}{80}$m＜1m，
粒子最终达到PQ板，由位移公式得：
s=-1=v₁t-$\frac{1}{2}$at²，
代入数据解得：t=0.5s；
（3）粒子做类平抛运动，
Rsin60°=v₂t，
R（1+cos60°）=$\frac{1}{2}$at²，
代入数据解得：v₂=$\frac{\sqrt{2}}{2}$m/s，
从O到E过程，由动能定理得：maR（1+cos60°）=E_K-$\frac{1}{2}$mv₂²，
代入数据解得：E_K=9.75×10³J；
答：（1）初速度为零的粒子运动到金属板时的速度大小为2$\sqrt{5}$m/s；
（2）初速度大小为v₁=0.5m/s，方向DC方向的粒子运动到金属板所用时间为0.5s；
（3）初速度v₂大小未知，方向垂直CD指向右上方的粒子经过E点时的动能为9.75×10³J．

点评 本题考查了粒子在复合场中的运动，分析清楚粒子受力情况，分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理可以解题．