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(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(jié)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(jié)合運動學公式求出末時刻豎直方向的分速度，結(jié)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(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(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}}$$＜\frac{L}{2{v}_{0}}$，知在豎直方向上粒子向上做勻減速運動到零后再向下做勻加速運動，
向上勻減速運動的位移${y}_{2}=\frac{{{v}_{y}}^{2}}{2{a}_{2}}=\frac{\frac{{g}^{2}{L}^{2}}{4{{v}_{0}}^{2}}}{6g}$=$\frac{g{L}^{2}}{24{{v}_{0}}^{2}}$，
可知$\fraceaonfts{2}$$≥{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}}）$．
答：（1）兩板間距d應滿足的條件為$d≥\frac{g{L}^{2}}{3{{v}_{0}}^{2}}$．
（2）0時刻射入的粒子射出板間時的動能為$\frac{1}{2}m（{{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(nèi)豎直方向的加速度不同，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解．