Question

17．如圖1所示，兩平行金屬板水平放置，板間存在著如圖2所示的交變電場，極板長為L，板間距離為d，取豎直向上的方向為電場強度的正方向．一帶電量為q的正電荷從兩板正中間的位置由左側射入板間，初速度為v₀，已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時刻射入的粒子正好可從板間射出．求：
（1）兩板間距d應滿足的條件
（2）0時刻射入的粒子射出板間時的動能．

Answer 1

分析 （1）將電荷的運動分解為水平方向和豎直方向，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上，結合受力，根據(jù)牛頓第二定律和運動學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)豎直方向上的運動規(guī)律，結合運動學公式求出末時刻豎直方向的分速度，結合平行四邊形定則求出射出時的動能．

解答 解：（1）0～$\frac{L}{2{v}_{0}^{\;}}$內，電荷所受的電場力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律得，${a}_{1}^{\;}=\frac{q{E}_{0}^{\;}-mg}{m}=g$
則粒子向上運動的位移${y}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}{a}_{1}^{\;}{t}_{\;}^{2}=\frac{1}{2}g×\frac{{L}_{\;}^{2}}{4{v}_{0}^{2}}=\frac{g{L}_{\;}^{2}}{8{v}_{0}^{2}}$
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，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動到零后再向下做勻加速運動，
向上勻減速運動的位移${y}_{2}^{\;}=\frac{{v}_{y}^{2}}{2{a}_{2}^{\;}}=\frac{\frac{{g}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}{4{v}_{0}^{2}}}{6g}=\frac{g{L}_{\;}^{2}}{24{v}_{0}^{2}}$
可知$\fracfhrjv11{2}≥{y}_{1}^{\;}+{y}_{2}^{\;}=\frac{g{L}_{\;}^{2}}{6{v}_{0}^{2}}$
則$d≥\frac{g{L}_{\;}^{2}}{3{v}_{0}^{2}}$
（2）粒子射出復合場時，豎直方向的分速度${v}_{y}^{′}={v}_{y}^{\;}-{a}_{2}^{\;}\frac{L}{2{v}_{0}^{\;}}=-\frac{gL}{{v}_{0}^{\;}}$，負號表示方向
則射出時的動能${E}_{k}^{\;}=\frac{1}{2}m（{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{'2}）=\frac{1}{2}m（{v}_{0}^{2}+\frac{{g}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}）$=$\frac{q{E}_{0}^{\;}}{4g}（{v}_{0}^{2}+\frac{{g}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}）$
答：（1）兩板間距d應滿足的條件$d≥\frac{g{L}_{\;}^{2}}{3{v}_{0}^{2}}$
（2）0時刻射入的粒子射出板間時的動能$\frac{q{E}_{0}^{\;}}{4g}（{v}_{0}^{2}+\frac{{g}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}）$

點評 本題考查電荷在復合場中的運動，知道前一段時間和后一段時間內豎直方向的加速度不同，結合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解．