Question

1．如圖所示，一平行板電容器ABCD傾斜放置，傾角θ=45°，AB板帶負(fù)電，板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E=$\frac{\sqrt{2}mg}{q}$，一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球，從B端正上方$\frac{1}{4}$d處由靜止釋放，并從B端進(jìn)入平行板電容器（未接觸極板），重力加速度為g，求：
（1）小球到達(dá)B端的速度v₀；
（2）小球進(jìn)入平行板電容器后的加速度；
（3）若小球恰從A端離開(kāi)電容器，求AB板的長(zhǎng)度，（兩板間距足夠，小球不會(huì)打到CD板上）

Answer 1

分析 （1）小球從B端正上方$\frac{1}{4}$d處由靜止釋放到到達(dá)B端的過(guò)程中，只有重力做功，由動(dòng)能定理求出小球到達(dá)B端的速度v₀．
（2）小球進(jìn)入平行板電容器后受到重力和電場(chǎng)力，將電場(chǎng)力沿豎直、水平方向分解，對(duì)豎直和水平兩個(gè)方向分別運(yùn)用牛頓第二定律求出分加速度，再得到合加速度．
（3）小球在電容器間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解AB板的長(zhǎng)度．

解答 解：（1）小球從B端正上方由靜止釋放到到達(dá)B端的過(guò)程，由動(dòng)能定理有：
mg•$\frac{1}{4}$d=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：v₀=$\sqrt{\frac{gd}{2}}$
（2）將電場(chǎng)力沿豎直、水平方向分解，根據(jù)牛頓第二定律有：
qEsin45°-mg=ma_y；
qEcos45°=ma_x；
將E=$\frac{\sqrt{2}mg}{q}$代入解得：a_x=g，a_y=0
故小球加速度a=g，方向水平向左
（3）小球在電容器間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，若小球恰從A處離開(kāi)，則有：
Lcos45°=v₀t
Lsin45°=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
聯(lián)立解得：L=$\sqrt{2}$d
答：（1）小球到達(dá)B端的速度v₀是$\sqrt{\frac{gd}{2}}$．
（2）小球進(jìn)入平行板電容器后的加速度是g，方向水平向左；
（3）若小球恰從A端離開(kāi)電容器，AB板的長(zhǎng)度是$\sqrt{2}$d．

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，關(guān)鍵是分析小球的受力情況，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律．