Question

如图所示，把一对平行板电容器接在一个直流稳压电源上，闭合电键S后，把一个不计重力的带电粒子，以初速度V₀紧挨A极板左端垂直电场方向射入两极板之间，结果该粒子击中B板的正中央．已知A、B两板长为L，两板之间的距离为d．若要该粒子仍以上述方式射入两极板之间，但能从电容器右侧离开电场，在电键S保持闭合的情况下，要把B板至少向下移动多大距离？

Answer 1

分析：以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动．类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式解题．

解答：解：设A、B两板间的电压为U，A、B两板的长度为L，则粒子在电场力作用下发生偏转并击中B板中央的过程有  y0=

1

2

a0t02=d，
其中 a0=

qU

dm

，t0=

L

2V0

由以上三式整理得：y0=

qUL2

8dm V 2 0

=d  ①
若要粒子能从电容器右侧离开电场，则 t =

L

V0

在电键S保持闭合的情况下，设把B板向下移动的距离为d₁，A、B两板间的电压仍为U则有 y1=

1

2

a1t 2=d+d1
其中 a1=

qu

(d+d1)m

，
由以上相关式子整理得：y1=

qUL2

2(d+d1)m V 2 0

=d+d1  ②
由①、②二式得：d₁=d
答：在电键S保持闭合的情况下，要把B板至少向下移动距离为d．

点评：带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动，应用类平抛运动的规律处理粒子运动．