Question

14．如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在着如图所示的交变电场，极板长为L，板间距离为d，取竖直向上的方向为电场强度的正方向．一带电量为q的正电荷从两板正中间的位置由左侧射入板间．初速度为v₀，己知电荷所受电场力大小是其重力的2倍．重力加速度为g，且0时刻射入的粒子正好可从板间射出．求：

（1）两板间距d应满足的条件；
（2）0时刻射入的粒子射出板间时的动能．

Answer 1

分析 （1）将电荷的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上，结合受力，根据牛顿第二定律和运动学公式求出最大位移的大小，从而得出d满足的条件．
（2）根据竖直方向上的运动规律，结合运动学公式求出末时刻竖直方向的分速度，结合平行四边形定则求出射出时的动能．

解答 解：（1）0-$\frac{L}{2{v}_{0}}$内，电荷所受的电场力方向竖直向上，根据牛顿第二定律得，${a}_{1}=\frac{q{E}_{0}-mg}{m}=g$，
则粒子向上运动的位移${y}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}=\frac{1}{2}g×\frac{{L}^{2}}{4{{v}_{0}}^{2}}=\frac{g{L}^{2}}{8{{v}_{0}}^{2}}$，
粒子的速度${v}_{y}={a}_{1}t=\frac{gL}{2{v}_{0}}$，
$\frac{L}{2{v}_{0}}-\frac{L}{{v}_{0}}$内，电荷所受的电场力方向竖直向下，根据牛顿第二定律得，${a}_{2}=\frac{q{E}_{0}+mg}{m}=3g$，
向上速度减为零的时间$t′=\frac{{v}_{y}}{{a}_{2}}=\frac{L}{6{v}_{0}}$$＜\frac{L}{2{v}_{0}}$，知在竖直方向上粒子向上做匀减速运动到零后再向下做匀加速运动，
向上匀减速运动的位移${y}_{2}=\frac{{{v}_{y}}^{2}}{2{a}_{2}}=\frac{\frac{{g}^{2}{L}^{2}}{4{{v}_{0}}^{2}}}{6g}$=$\frac{g{L}^{2}}{24{{v}_{0}}^{2}}$，
可知$\frac{d}{2}$$≥{y}_{1}+{y}_{2}=\frac{g{L}^{2}}{6{{v}_{0}}^{2}}$．
则$d≥\frac{g{L}^{2}}{3{{v}_{0}}^{2}}$．
（2）粒子射出复合场时，竖直方向的分速度${v}_{y}′={v}_{y}-{a}_{2}\frac{L}{2{v}_{0}}=-\frac{gL}{{v}_{0}}$，负号表示方向．
则射出时的动能${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}}）$．
答：（1）两板间距d应满足的条件为$d≥\frac{g{L}^{2}}{3{{v}_{0}}^{2}}$．
（2）0时刻射入的粒子射出板间时的动能为$\frac{1}{2}m（{{v}_{0}}^{2}+\frac{{g}^{2}{L}^{2}}{{{v}_{0}}^{2}}）$．

点评 本题考查电荷在复合场中的运动，知道前一段时间和后一段时间内竖直方向的加速度不同，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．