Question

14．如圖所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電、B板帶負(fù)電．兩板之間存在著勻強(qiáng)電場，兩板間距為d、電勢差為U，在B板上開有兩個(gè)間距為L的小孔．C、D為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近B板的O′處，C帶正電、D帶負(fù)電．兩板間的距離很近，兩板末端的中心線正對著B板上的小孔，兩板間的電場強(qiáng)度可認(rèn)為大小處處相等，方向都指向O′．半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計(jì)．現(xiàn)從正對B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的帶正電微粒（微粒的重力不計(jì)），問：
（1）微粒穿過B板小孔時(shí)的速度多大？
（2）為了使微粒能在CD板間運(yùn)動而不碰板，CD板間的電場強(qiáng)度大小應(yīng)滿足什么條件？
（3）從釋放微粒開始，經(jīng)過多長時(shí)間微粒會通過半圓形金屬板間的最低點(diǎn)P點(diǎn)？

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用動能定理研究微粒在加速電場的過程．
（2）微粒進(jìn)入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，列出等式．
（3）勻加速直線運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動運(yùn)用各自的規(guī)律求解時(shí)間．

解答 解：（1）設(shè)微粒穿過B板小孔時(shí)的速度為v，
根據(jù)動能定理，有：qU=$\frac{1}{2}$mv² ①，解得：v=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$；
（2）微粒進(jìn)入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，
由牛頓第二定律有：qE=m$\frac{{v}^{2}}{R}$=m$\frac{2{v}^{2}}{L}$  ②
聯(lián)立①、②解得：E=$\frac{4U}{L}$；
（3）微粒從釋放開始經(jīng)t₁射出B板的小孔，
則：t₁=$\frac3ndnfdt{\frac{v}{2}}$=$\frac{2d}{v}$=2d$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$  
設(shè)微粒在半圓形金屬板間運(yùn)動經(jīng)過t₂第一次到達(dá)最低點(diǎn)P點(diǎn)，
則：t₂=$\frac{πL}{4v}$=$\frac{πL}{4}$$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$，
從釋放微粒開始，經(jīng)過：t₁+t₂=（2d+$\frac{πL}{4}$）$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$微粒第一次到達(dá)P點(diǎn)，
根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知，再經(jīng)過2（t₁+t₂）時(shí)間微粒再一次經(jīng)過P點(diǎn)，
所以微粒經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間：t=（2k+1）（2d+$\frac{πL}{4}$）$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$  （k=0、1、2…）；
答：（1）微粒穿過B板小孔時(shí)的速度為$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$；
（2）為了使微粒能在CD板間運(yùn)動而不碰板，CD板間的電場強(qiáng)度大小應(yīng)滿足的條件是：E=$\frac{4U}{L}$；
（3）從釋放微粒開始，經(jīng)過時(shí)間：（2k+1）（2d+$\frac{πL}{4}$）$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$  （k=0、1、2…）微粒會通過半圓形金屬板間的最低點(diǎn)P點(diǎn)．

點(diǎn)評 了解研究對象的運(yùn)動過程是解決問題的前提，根據(jù)題目已知條件和求解的物理量選擇物理規(guī)律解決問題．圓周運(yùn)動問題的解決析關(guān)鍵要通過受力分析找出向心力的來源．