Question

两块竖直放置的平行金属板A、B，相距d=1.0m，两板间电压为U=2500V，O点与两板距离相等．在O点有一放射源，释放质量m=2.5×10^-3kg、电荷量q=1.0×10^-5C的带正电微粒．过O点以半径R=0.25m作一圆，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，取 g=10m/s²．求：
（1）初速度为零的微粒运动到平行板的动能；
（2）初速度υ₀=2.0m/s，方向与x′ox成45°角斜向左上方的微粒打到平行板的时间；
（3）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υ₀与θ的关系；并确定在穿过圆周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）由于初速度方向与带电微粒的合力方向相反，则微粒先做匀减速运动，后回头做匀加速直线运动．因此可利用运动学的公式可求出各段运动时间，从而进行时间之和；
（3）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；并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=

FE2+G2

=2.5

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
Ek=F×

2

合×

d

2

=2.5×10-2J
（2）带电微粒射出后，沿+y轴做匀减速运动，如图所示．
xx′：F_合=ma
最大位移为：s1=

υ0 2

2a

=

2

10

m
从O点沿+y方向离极板的距离为：s=

1

2

2

d=

5

10

2

m
因为s₁，s，所以微粒运动一段后，没有打到左极板又回头运动，最后打到右极板．        
t1=

υ0

a

=

1

10

2

s
t2=

2(s1+s) a

=

1

5

3

s
t=t1+t2=(

1

5

3

+

1

10

2

)s
（3）沿着初速度方向，微粒做匀速直线运动：则有Rsinθ=υ₀t
垂直于初速度方向，微粒做初速度为零的匀加速度直线运动：则有R-Rcosθ=

1

2

2

gt2
由以上三式得υ0=

gRsin2θ 2 (1-cosθ)

=

2 8 g(1+cosθ)

由上式结论得粒子从O点出发时的动能为

1

2

mυ02=

2

16

mg(1+cosθ)
则经过P点时的动能为：EKP=

2

mg(R-Rcosθ)+

1

2

mυ02=

2

16

mg(5-3cosθ)
可以看出，当θ从0⁰变化到180⁰，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：EKM=

2

16

mg(5-3cos600)≈7.7×10-3J
最大动能为：EKN=

2

16

mg(5-3cos1200)≈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）初速度υ₀=2.0m/s，方向与x′ox成45°角斜向左上方的微粒打到平行板的时间

2 3 + 2

10

S；
（3）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υ₀与θ的关系；并确定在穿过圆周MSN段的微粒中，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．