Question

如圖甲所示，M、N為水平放置的平行板電容器的兩個(gè)極板，兩極板間距d=0.1m，兩極板間的電壓U=12.5V，O為上極板中心的小孔．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，在y=0和y=2m之間有沿著x軸方向的勻強(qiáng)電場，PQ為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大．電場強(qiáng)度的變化如圖乙所示，取x軸正方向?yàn)殡妶稣�方向．現(xiàn)有一個(gè)帶負(fù)電的粒子，在t=0時(shí)刻從緊靠下極板中心O′，處無初速釋放，經(jīng)過小孔O進(jìn)入交變電場中．粒子的比荷

q

m

=1×102C/kg，不計(jì)粒子重力，求粒子：
（1）進(jìn)入交變電場時(shí)的速度；
（2）在8×10^-3s末的位置坐標(biāo)；
（3）離開交變電場時(shí)的速度大小和方向．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)動(dòng)能定理，電場力做功等于粒子動(dòng)能的變化求粒子進(jìn)入交變電場時(shí)的速度；
（2）根據(jù)粒子受力情況，確定粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)特征求出粒子的位置坐標(biāo)；
（3）求出粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，根據(jù)交變電場的周期性確定粒子的運(yùn)動(dòng)情況．

解答：解：（1）粒子運(yùn)動(dòng)至小孔O的速度為v₀，
由動(dòng)能定理得qU=

1

2

m

v

2 0

代入數(shù)據(jù)得v0=

2qU m

=50m/s
（2）粒子從O′運(yùn)動(dòng)到O所用的時(shí)間為：
t0=

2d

v0

=4×10-3s
即自t=4×10^-3s開始，粒子垂直射入交變電場，在t=4×10^-3s～8×10^-3s內(nèi)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)
在y方向上，粒子做勻速運(yùn)動(dòng)，
y=v0△t=50×4×10-3m=0.2m
在x方向上，粒子向右勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小
a=

qE

m

=4×103m/s2
粒子向右運(yùn)動(dòng)的位移
x=

1

2

at2=

1

2

×4×103×(4×10-3)2m=3.2×10-2m
所以粒子在t=8×10^-3s末的位置坐標(biāo)為（0.032m，0.2m）
（3）由圖可知，交變電場的變化周期T=8×10^-3s，
粒子在交變電場中，在y方向上，一直做勻速運(yùn)動(dòng)，在x方向上，一直向右運(yùn)動(dòng)，先勻加速，再勻減速至靜止，這樣周期運(yùn)動(dòng)下去．
粒子在交變電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=

y

v0

=4×10-2s=5T
故粒子在離開交變電場時(shí)的水平速度為0
因此，粒子離開交變電場時(shí)的速度v=v₀=50m/s，方向豎直向上．
答：（1）進(jìn)入交變電場時(shí)的速度v₀=50m/s；
（2）在8×10^-3s末的位置坐標(biāo)（0.032m，0.2m）；
（3）離開交變電場時(shí)的速度大小為50m/s和方向豎直向上．

點(diǎn)評：能根據(jù)動(dòng)能定理求粒子加速后的速度，掌握類平拋運(yùn)動(dòng)物體的處理方法是解決本題的關(guān)鍵．