题目内容

15.如图所示,水平放置的平行板电容器原来两板不带电,上极板接地,它的极板长L=0.1m,两板间距离d=0.4cm.有一束由相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入,由于重力作用粒子能落到下极板上.已知粒子质量m=2.0×10-6kg,电荷量q=1.0×10-8C,电容器电容C=1.0×10-6F.若第一个粒子刚好落到下极板中点O处,取g=10m/s2.求:
(1)带电粒子入射初速度的大小.
(2)落到下极板上的带电粒子的总个数.

分析 (1)根据粒子做平抛运动的规律,运用运动的合成与分解,并依据运动学公式,即可求解;
(2)根据牛顿第二定律,结合电场力表达式,与运动学公式,即可求解.

解答 解:(1)对第一个落到O点的粒子:水平方向$\frac{L}{2}={v_0}t$  ①
竖直方向$\frac{d}{2}=\frac{1}{2}g{t^2}$   ②
解得${v_0}=\frac{L}{2}\sqrt{\frac{g}{d}}=2.5m/s$
(2)设以上述速度入射的带电粒子,最多能有n个落到下极板上.则第(n+1)个粒子的加速度为a,
由牛顿运动定律得:
mg-qE=ma…③
其中:E=$\frac{U}{d}$=$\frac{Q}{Cd}$=$\frac{nq}{Cd}$…④
由③、④得:a=g-$\frac{n{q}^{2}}{Cmd}$…⑤
第(n+1)粒子做匀变速曲线运动
x=v0t=L
$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
得:y=$\frac{1}{2}$(g-$\frac{n{q}^{2}}{Cmd}$)($\frac{L}{{v}_{0}}$)2;
第(n+1)粒子不落到极板上,则y≤$\frac{d}{2}$;
得:$\frac{1}{2}(g-\frac{n{q}^{2}}{Cmd})(\frac{L}{{v}_{0}})^{2}≤\frac{d}{2}$
因此有:n=$\frac{Cmd}{{q}^{2}}(g-\frac{{v}_{0}^{2}}{{L}^{2}}d)$=$\frac{1{0}^{-6}×2×1{0}^{-6}}{(1{0}^{-8})^{2}}(10-\frac{2.{5}^{2}}{0.{1}^{2}}×0.4×1{0}^{-2})$×0.4×10-2=600个;
答:(1)带电粒子入射初速度的大小为2.5m/s;
(2)以上述速度入射的带电粒子,最多能有600个落到下极板上.

点评 考查如何处理平抛运动的思路,掌握运动的合成与分解的方法,理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用.

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