Question

18．如圖所示為一帶電的平行板電容器（電容器內(nèi)部的電場可視為豎直方向的勻強電場，板外電場忽略不計）．一帶電粒子以某一水平速度沿A板邊緣垂直于電場線方向射入，離開電場時，它剛好貼著下板邊緣飛出，其速度與水平方向成45°角．已知電容器兩極板長為L，粒子所受的重力忽略不計．求：
（1）平行板電容器兩極板間的距離d．
（2）如果題設(shè)中僅電容器帶電量變?yōu)樵瓉淼囊话�，則粒子離開電場時，沿場強方向偏轉(zhuǎn)的距離為多少？
（3）在（2）的條件下，當帶電粒子沿豎直方向運動的位移為兩極板間的距離時，其水平方向的總位移為多大？

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，由運動的合成與分解結(jié)合在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結(jié)合等時性，運用運動學(xué)公式求出兩板間的距離d；
（2）電容器帶電量變?yōu)樵瓉淼囊话耄�板間電壓或板件電場強度均減半，結(jié)合在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結(jié)合等時性可得粒子離開電場時，沿場強方向偏轉(zhuǎn)的距離．
（3）粒子射出電場后做勻速直線運動，由幾何關(guān)系求出帶電粒子沿豎直方向運動的位移為兩極板間的距離時，的時間，進而求得其水平方向的總位移．

解答 解：（1）設(shè)入射速度為v₀，由于出射速度與水平方向成45°角，故豎直方向的分速度為：v_y=v₀①
豎直方向的平均速度為：$\overline{v}=\frac{{v}_{y}}{2}$②
設(shè)運動時間為t，水平方向有：L=v₀t③
豎直方向的位移就是板間的距離d=$\overline{v}t$④
由①②③④可得，d=$\frac{L}{2}$⑤
（2）由電容器定義式可得，C=$\frac{Q}{U}$⑥
當Q減半時，電壓U′=$\frac{U}{2}$⑦
由E′=$\frac{U′}1wav6bp$⑧
而加速度為a′=$\frac{E′q}elb5wnr$⑨
射出電場時的偏移量為：y$′=\frac{1}{2}$a′t²（10）
由⑥⑦⑧⑨（10）可得，y′=$\frac{1}{2}$d=$\frac{L}{4}$（11）
（3）粒子射出電場后做勻速直線運動，要是帶電粒子沿豎直方向運動的位移為兩極板間的距離，則射出后沿豎直方向的偏移量繼續(xù)增加量為：
$△y=\frac{L}{2}-\frac{L}{4}=\frac{L}{4}$（12）
此時的出射速度方向與水平方向的夾角為α，結(jié)合上次的速度方向為45°可得，tanα=$\frac{a′t}{{v}_{0}}$=$\frac{1}{2}$（13）
設(shè)射出電場后的水平增加位移為△x，由粒子出射后的情景關(guān)系可得，tan$α=\frac{△y}{△x}$（14）
由（12）（13）（14）可得，$△x=\frac{L}{2}$
水平方向的總位移為x=L+$△x=\frac{3L}{2}$
答：（1）平行板電容器兩極板間的距離為$\frac{L}{2}$．
（2）如果題設(shè)中僅電容器帶電量變?yōu)樵瓉淼囊话�，則粒子離開電場時，沿場強方向偏轉(zhuǎn)的距離為$\frac{L}{4}$
（3）在（2）的條件下，當帶電粒子沿豎直方向運動的位移為兩極板間的距離時，其水平方向的總位移為$\frac{3L}{2}$．

點評 帶電粒子在電場中的運動，若垂直電場線進入，則做類平拋運動，要將運動分解為沿電場線和垂直于電場線兩個方向進行分析，利用直線運動的規(guī)律進行求解．注意射出粒子射出電場后做勻速直線運動．