Question

13．如图所示，极板A、B、K、P连入电路，极板P、K，A、B之间分别形成电场，已知电源的电压恒为E=300V，电阻R₁=20KΩ，R₂=10KΩ，A、B两极板长L=6.0×10^-2m，电荷量q=-1.6×10^-18C、质量m=1.0×10^-29kg，从极板K中心经 P、K间电场加速后，沿A、B中线进入电场中发生偏转，恰好从B板的右边缘飞出．（极板间电场可视为匀强电场且不考虑极板边缘效应，不计粒子重力）求：
（1）极板P、K之间电压U_PK，A、B之间电压U_AB
（2）粒子刚进入偏转极板A、B时速度v₀
（3）两极板A、B的间距d=？

Answer 1

分析 （1）极板P、K之间电压U_PK即为R₁两端电压，根据欧姆定律求解；A、B之间电压U_AB即为电动势．
（2）粒子在KP间加速度运动，由动能定理可解得粒子刚进入偏转极板A、B时速度．
（3）带电粒子进入偏转电场做类平抛运动，结合平抛运动规律解题：水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动，由此进行解答．

解答 解：（1）极板PK之间的电压U_PK即为R₁两端电压，所以
${U}_{PK}=\frac{E}{{R}_{1}+{R}_{2}}{•R}_{1}=\frac{300}{20000+10000}×20000V=200V$          
AB之间的电压为U_AB，所以U_AB=E=300V；
（2）粒子在KP间加速度运动，由动能定理得：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）粒子在极板A、B之间轨迹为抛物线
侧移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                 
联立得：$d=\frac{L}{{v}_{0}}\sqrt{\frac{q{U}_{AB}}{m}}=\frac{6×1{0}^{-2}}{8×1{0}^{6}}\sqrt{\frac{1.6×1{0}^{-18}×300}{1.0×1{0}^{-29}}}m$=$3\sqrt{3}×1{0}^{-2}m$=5.2×10^-2m．
答：（1）极板P、K之间电压U_PK为200V，A、B之间电压U_AB为300V；
（2）粒子刚进入偏转极板A、B时速度为8×10⁶m/s； 
（3）两极板A、B的间距5.2×10^-2m．

点评 有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答．