题目内容

17．如图1所示，两平行金属板水平放置，板间存在着如图2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，已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．

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${E}_{k}^{\;}=\frac{1}{2}m（{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{'2}）=\frac{1}{2}m（{v}_{0}^{2}+\frac{{g}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}）$=$\frac{q{E}_{0}^{\;}}{4g}（{v}_{0}^{2}+\frac{{g}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}）$
答：（1）两板间距d应满足的条件$d≥\frac{g{L}_{\;}^{2}}{3{v}_{0}^{2}}$
（2）0时刻射入的粒子射出板间时的动能$\frac{q{E}_{0}^{\;}}{4g}（{v}_{0}^{2}+\frac{{g}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}）$

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．

练习册系列答案
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