题目内容
11．
如图所示，一对带电平行金属板A、B与竖直方向成37°角放置．B板中心有一小孔正好位于平面直角坐标系xOy上的O点，y轴沿竖直方向．一比荷为$\frac{q}{m}$=1.0×105C/kg的带正电粒子P，从A板中心O′处静止释放后沿垂直于金属板的直线O′O做匀加速直线运动，以速度v0=104m/s，方向与x轴正方向夹角为37°从O点进入匀强电场，电场仅分布在x轴的下方，场强大E=6.25×103V/m，方向与x轴正方向成53°角斜向上，粒子的重力不计．（tan37°=0.75）试求：（1）AB两板间的电势差UAB；
（2）求粒子离开电场时的分速度
（3）粒子P离开电场时的坐标．
分析 （1）对于粒子P在AB间运动的过程，运用动能定理列式，即可求得UAB．
（2）粒子A垂直于电场的方向进入电场，在电场中做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直线运动，沿垂直于电场的方向做匀速直线运动；根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．利用电场力做功即可求的分速度
解答 
解：（1）对于粒子在AB间加速过程，由动能定理得：
qUAB=$\frac{1}{2}$mv02
可得：UAB=$\frac{{mv}_{0}^{2}}{2q}=\frac{（1{0}^{4}）^{2}}{2×1{0}^{5}}$V=500V
（2）粒子P在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时距O距离为L，如图所示，则有：
Lcos30°=v0t
Lsin30°=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t2
代入数据得：L=1m
所以P离开电场时的坐标为（1，0）
沿电场方向通过的位移为x=Lsin37°=0.6m
故由动能定理可知：$qEx=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得：v=$\frac{\sqrt{15}}{2}×1{0}^{4}m/s$
答：（1）AB两板间的电势差UAB为500V
（2）求粒子离开电场时的分速度为$\frac{\sqrt{15}}{2}×1{0}^{4}m/s$
（3）粒子P离开电场时的坐标为（1，0）
点评 解决本题的关键是加速过程的研究方法：动能定理，类平抛运动的研究方法：运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解
练习册系列答案
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