Question

14．在光滑绝缘的水平面上，竖直放置两块无限长的平行金属板A、B，相距d=1.0m，两板间电压为U=2500V，同时两板间还存在电场强度为E₁=2500N/C，方向水平且平行于金属板的匀强电场（忽略场的边缘效应），如图所示为俯视图．xox’为水平面上垂直两金属板的直线，O点与两板距离相等，在O点有一微粒源（忽略微粒源对微粒运动的影响），释放方向沿水平面质量m=2.5×10^-3kg、带正电荷q=+1.0×10^-5C的球形微粒（可看作点电荷）．过O点作半径R=0.25m的圆，圆心O′在过O点右下方45°的直线上．P、M、S、N分布在圆周上，O′S与OO′垂直，∠OO′P=θ，∠MO′S=∠SO′N=α=30°． 不计电荷间的相互作用，求：
（1）初速度为零的微粒运动到平行板的动能
（2）初速度大小不等，方向均与xox’成45°角斜向右上方，经过一段时间通过P点的微粒初速度v₀与θ的关系
（3）确定在穿过圆周MSN段的微粒中，穿越时的最大动能和最小动能．

Answer 1

分析 （1）静止的带电微粒在重力与电场力作用下，使其动能增加，则由动能定理可求出微粒从O点到平行板的动能；
（2）微粒从O点开始作类平抛运动，因此可将此运动沿初速度方向与加速度方向进行分解，根据运动学规律可列式，从而求出通过P点的微粒初速度υ₀与θ的关系；
（3）根据动能的表达中的θ来确定动能的最大值与最小值．

解答 解：（1）带电微粒在电场中受重力和电场力F_E=qE=2.5×10^-2N
                              G=mg=2.5×10^-2N
则F_合=$\sqrt{{F}_{E}^{2}+{G}^{2}}$=2.5$\sqrt{2}$×10^-2N
因为F_E=G，所以合力方向与水平方向成45°角斜右向下，
如图所示．                            
W_合=△E_k
E_k=$\sqrt{2}$F_合×$\frac{d}{2}$=2.5×10^-2J
（2）
微粒做类平抛运动，则有：Rsinθ=v₀t
且R-Rcosθ=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
根据牛顿第二定律，则有：F=ma
解得：v₀=$\sqrt{\frac{5\sqrt{2}（1+cosθ）}{4}}$
（3）由上式结论得粒子从O点出发时的动能为E_ko=$\frac{1}{2}$mυ₀²=$\frac{25\sqrt{2}×1{0}^{-3}（1+cosθ）}{16}$
从O到P过程中，由动能定理，$\sqrt{2}qER（1-cosθ）=\frac{1}{2}m{v}_{P}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
则经过P点时的动能为：E_KP=$\frac{1}{2}$mυ₀²+$\sqrt{2}$qE（R-Rcosθ）=$\frac{25\sqrt{2}×1{0}^{-3}（5-3cosθ）}{16}$
可以看出，当θ从0°变化到180°，微粒穿越圆周时的动能逐渐增大，因此穿过M点的微粒动能最小，穿过N点的微粒动能最大．
最小动能为：E_KM=$\frac{\sqrt{2}}{16}$mg（5-3cos60°）≈7.7×10^-3 J
最大动能为：E_KN=$\frac{\sqrt{2}}{16}$mg（5-3cos120°）≈0.0144J
答：（1）初速度为零的微粒运动到平行板的动能2.5×10^-2J；
（2）经过一段时间通过P点的微粒初速度v₀与θ的关系为$\sqrt{\frac{5\sqrt{2}（1+cosθ）}{4}}$；
（3）穿越时的最大动能7.7×10^-3J和最小动能1.44×10²J．

点评 考查动能定理、牛顿第二定律与运动学规律，涉及到直线运动中的匀加速与匀减速；曲线运动中的类平抛运动，同时体现处理平抛运动的规律．并由数学知识来确定动能的极大值与极小值．