Question

13．如圖所示，極板A、B、K、P連入電路，極板P、K，A、B之間分別形成電場，已知電源的電壓恒為E=300V，電阻R₁=20KΩ，R₂=10KΩ，A、B兩極板長L=6.0×10^-2m，電荷量q=-1.6×10^-18C、質量m=1.0×10^-29kg，從極板K中心經 P、K間電場加速后，沿A、B中線進入電場中發生偏轉，恰好從B板的右邊緣飛出．（極板間電場可視為勻強電場且不考慮極板邊緣效應，不計粒子重力）求：
（1）極板P、K之間電壓U_PK，A、B之間電壓U_AB
（2）粒子剛進入偏轉極板A、B時速度v₀
（3）兩極板A、B的間距d=？

Answer 1

分析 （1）極板P、K之間電壓U_PK即為R₁兩端電壓，根據歐姆定律求解；A、B之間電壓U_AB即為電動勢．
（2）粒子在KP間加速度運動，由動能定理可解得粒子剛進入偏轉極板A、B時速度．
（3）帶電粒子進入偏轉電場做類平拋運動，結合平拋運動規律解題：水平方向勻速直線運動，豎直方向初速度為零的勻加速直線運動，由此進行解答．

解答 解：（1）極板PK之間的電壓U_PK即為R₁兩端電壓，所以
${U}_{PK}=\frac{E}{{R}_{1}+{R}_{2}}{•R}_{1}=\frac{300}{20000+10000}×20000V=200V$          
AB之間的電壓為U_AB，所以U_AB=E=300V；
（2）粒子在KP間加速度運動，由動能定理得：qU_PK=$\frac{1}{2}$mv₀²               
所以有：${v}_{0}=\sqrt{\frac{2q{U}_{PK}}{m}}=\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-18}×200}{1.0×1{0}^{-29}}}m/s$=8×10⁶m/s；                            
（3）粒子在極板A、B之間軌跡為拋物線
側移y=$\frac{1}{2}$at²    
而$a=\frac{qE}{m}=\frac{q{U}_{AB}}{md}$
t=$\frac{L}{{v}_{0}}$，
且y=$\frac{1}{2}$d                 
聯立得：$d=\frac{L}{{v}_{0}}\sqrt{\frac{q{U}_{AB}}{m}}=\frac{6×1{0}^{-2}}{8×1{0}^{6}}\sqrt{\frac{1.6×1{0}^{-18}×300}{1.0×1{0}^{-29}}}m$=$3\sqrt{3}×1{0}^{-2}m$=5.2×10^-2m．
答：（1）極板P、K之間電壓U_PK為200V，A、B之間電壓U_AB為300V；
（2）粒子剛進入偏轉極板A、B時速度為8×10⁶m/s； 
（3）兩極板A、B的間距5.2×10^-2m．

點評 有關帶電粒子在勻強電場中的運動，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關系．根據帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關系．根據電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發生變化，利用動能定理進行解答．