Question

13．如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面的夾角為θ=45°，極板間距為d=2$\sqrt{2}$m，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m=2×10^-5kg、帶電荷量為q=4×10^-4C，微粒從極板M的左邊緣A處以初速度v₀=12m/s水平射入極板間，沿直線運(yùn)動(dòng)并從極板N的右邊緣B處射出，g取10m/s²，求：
（1）兩極板間的電勢(shì)差U_MN
（2）帶電微粒從A到B的時(shí)間t．

Answer 1

分析 （1）帶電微粒受重力和電場(chǎng)力兩個(gè)力作用做直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合合力的方向，根據(jù)平行四邊形定則求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，結(jié)合電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系求出兩極板間的電勢(shì)差．
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小，結(jié)合速度位移公式求出末速度，根據(jù)速度時(shí)間公式求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

解答 解：（1）帶電微粒所受的電場(chǎng)力為qE，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，可知合力的方向沿直線方向，
根據(jù)平行四邊形定則知，qEcosθ=mg，
解得$E=\frac{mg}{qcosθ}$，
則兩極板間的電勢(shì)差${U}_{MN}=Ed=\frac{2×1{0}^{-4}}{4×1{0}^{-4}×\frac{\sqrt{2}}{2}}×2\sqrt{2}$V=2V．
（2）根據(jù)牛頓第二定律得，勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小$a=\frac{mgtan45°}{m}=g=10m/{s}^{2}$，
勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移$x=\fracdjmoxki{sin45°}=\frac{2\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=4m$，
根據(jù)速度位移公式得，${{v}_{0}}^{2}-{v}^{2}=2ax$，
代入數(shù)據(jù)解得v=8m/s，
則粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=$\frac{{v}_{0}-v}{a}=\frac{12-8}{10}s=0.4s$．
答：（1）兩極板間的電勢(shì)差為2V；
（2）帶電微粒從A到B的時(shí)間為0.4s．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于微粒做直線運(yùn)動(dòng)，有兩種可能，一做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而合力的方向與速度方向在同一條直線上．本題由于電場(chǎng)力和重力不可能平衡，只能抓住合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解．對(duì)于第二問，也可以根據(jù)動(dòng)能定理求出末速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．