Question

14．如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板間存在著如圖所示的交變電場，極板長為L，板間距離為d，取豎直向上的方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向．一帶電量為q的正電荷從兩板正中間的位置由左側(cè)射入板間．初速度為v₀，己知電荷所受電場力大小是其重力的2倍．重力加速度為g，且0時(shí)刻射入的粒子正好可從板間射出．求：

（1）兩板間距d應(yīng)滿足的條件；
（2）0時(shí)刻射入的粒子射出板間時(shí)的動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）將電荷的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上，結(jié)合受力，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出最大位移的大小，從而得出d滿足的條件．
（2）根據(jù)豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出末時(shí)刻豎直方向的分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出射出時(shí)的動(dòng)能．

解答 解：（1）0-$\frac{L}{2{v}_{0}}$內(nèi)，電荷所受的電場力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律得，${a}_{1}=\frac{q{E}_{0}-mg}{m}=g$，
則粒子向上運(yùn)動(dòng)的位移${y}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}=\frac{1}{2}g×\frac{{L}^{2}}{4{{v}_{0}}^{2}}=\frac{g{L}^{2}}{8{{v}_{0}}^{2}}$，
粒子的速度${v}_{y}={a}_{1}t=\frac{gL}{2{v}_{0}}$，
$\frac{L}{2{v}_{0}}-\frac{L}{{v}_{0}}$內(nèi)，電荷所受的電場力方向豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律得，${a}_{2}=\frac{q{E}_{0}+mg}{m}=3g$，
向上速度減為零的時(shí)間$t′=\frac{{v}_{y}}{{a}_{2}}=\frac{L}{6{v}_{0}}$$＜\frac{L}{2{v}_{0}}$，知在豎直方向上粒子向上做勻減速運(yùn)動(dòng)到零后再向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，
向上勻減速運(yùn)動(dòng)的位移${y}_{2}=\frac{{{v}_{y}}^{2}}{2{a}_{2}}=\frac{\frac{{g}^{2}{L}^{2}}{4{{v}_{0}}^{2}}}{6g}$=$\frac{g{L}^{2}}{24{{v}_{0}}^{2}}$，
可知$\fraccmbrxgq{2}$$≥{y}_{1}+{y}_{2}=\frac{g{L}^{2}}{6{{v}_{0}}^{2}}$．
則$d≥\frac{g{L}^{2}}{3{{v}_{0}}^{2}}$．
（2）粒子射出復(fù)合場時(shí)，豎直方向的分速度${v}_{y}′={v}_{y}-{a}_{2}\frac{L}{2{v}_{0}}=-\frac{gL}{{v}_{0}}$，負(fù)號(hào)表示方向．
則射出時(shí)的動(dòng)能${E}_{k}=\frac{1}{2}m（{{v}_{0}}^{2}+{v}_{y}{′}^{2}）$=$\frac{1}{2}m（{{v}_{0}}^{2}+\frac{{g}^{2}{L}^{2}}{{{v}_{0}}^{2}}）$．
答：（1）兩板間距d應(yīng)滿足的條件為$d≥\frac{g{L}^{2}}{3{{v}_{0}}^{2}}$．
（2）0時(shí)刻射入的粒子射出板間時(shí)的動(dòng)能為$\frac{1}{2}m（{{v}_{0}}^{2}+\frac{{g}^{2}{L}^{2}}{{{v}_{0}}^{2}}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查電荷在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)，知道前一段時(shí)間和后一段時(shí)間內(nèi)豎直方向的加速度不同，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解．