Question

16．如圖所示，兩個(gè)板長(zhǎng)均為L(zhǎng)的平板電極，平行正對(duì)放置，兩極板相距為d，極板之間的電勢(shì)差為U，板間電場(chǎng)可以認(rèn)為是勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)帶電粒子（質(zhì)量為m，電荷量為+q）從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場(chǎng)方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時(shí)恰好落在極板邊緣．忽略重力和空氣阻力的影響．求：
（1）該粒子的初速度v₀的大�。�
（2）該粒子落到下極板時(shí)的末動(dòng)能E_k的大�。�
（3）若使粒子打在下極板的中間位置，粒子射入兩極板的初速度應(yīng)為多少．

Answer 1

分析 （1）粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在沿電場(chǎng)方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直于電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)．粒子的初速度v₀可以根據(jù)兩分運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性去求解．
（2）粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有電場(chǎng)力做功qU，根據(jù)動(dòng)能定理求解末動(dòng)能E_k的大小．
（3）使粒子打在下極板的中間位置，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，水平位移減半，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)可求解．

解答 解：（1）帶電粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，則：
在水平方向上有L=v₀t
在豎直方向上有$d=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
已知兩極板間的電壓為U，兩極板的距離為d，可得電場(chǎng)強(qiáng)度大小為：$E=\frac{U}mtj4hso$
根據(jù)牛頓第二定律可得：$a=\frac{F}{m}=\frac{Uq}{md}$
解得：${v}_{0}=\frac{L}nx9yllw\sqrt{\frac{Uq}{2m}}$
（2）根據(jù)動(dòng)能定理可得：$Uq={E}_{k}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得${E}_{k}=Uq（1+\frac{{L}^{2}}{4s4y040w^{2}}）$
（3）若粒子打在下極板的中間位置，那么，與恰好落在下極板右邊緣相比，粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，水平位移減半，所以粒子射入兩極板的初速度應(yīng)為原來(lái)的一半，即$v=\frac{{v}_{0}}{2}=\frac{L}{2d}\sqrt{\frac{Uq}{2m}}$
答：（1）該粒子的初速度v₀的大小為$\frac{L}vrybm4y\sqrt{\frac{Uq}{2m}}$．
（2）該粒子落到下極板時(shí)的末動(dòng)能E_k的大小wei$Uq（1+\frac{{L}^{2}}{4mwd9fsq^{2}}）$．
（3）使粒子打在下極板的中間位置，粒子射入兩極板的初速度應(yīng)為$\frac{L}{2d}\sqrt{\frac{Uq}{2m}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，然后類比平拋運(yùn)動(dòng)分位移公式列式求解，關(guān)鍵要注意兩者的加速度不同，同時(shí)注意兩分運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性．