Question

兩塊豎直放置的平行金屬板A、B，相距d=1.0m，兩板間電壓為U=2500V，O點與兩板距離相等．在O點有一放射源，釋放質量m=2.5×10^-3kg、電荷量q=1.0×10^-5C的帶正電微粒．過O點以半徑R=0.25m作一圓，圓心O′在過O點右下方45°的直線上．P、M、S、N分布在圓周上，O′S與OO′垂直，∠OO′P=θ，∠MO′S=∠SO′N=α=30°． 不計電荷間的相互作用，取 g=10m/s²．求：
（1）初速度為零的微粒運動到平行板的動能；
（2）初速度υ₀=2.0m/s，方向與x′ox成45°角斜向左上方的微粒打到平行板的時間；
（3）初速度大小不等，方向均與xox′成45°角斜向右上方，經過一段時間通過P點的微粒初速度υ₀與θ的關系；并確定在穿過圓周MSN段的微粒中，穿越時的最大動能和最小動能．

Answer 1

分析：（1）靜止的帶電微粒在重力與電場力作用下，使其動能增加，則由動能定理可求出微粒從O點到平行板的動能；
（2）由于初速度方向與帶電微粒的合力方向相反，則微粒先做勻減速運動，后回頭做勻加速直線運動．因此可利用運動學的公式可求出各段運動時間，從而進行時間之和；
（3）微粒從O點開始作類平拋運動，因此可將此運動沿初速度方向與加速度方向進行分解，根據運動學規律可列式，從而求出通過P點的微粒初速度υ₀與θ的關系；并根據動能的表達中的θ來確定動能的最大值與最小值．

解答：解：（1）帶電微粒在電場中受重力和電場力F_E=qE=2.5×10^-2N
                              G=mg=2.5×10^-2N
則F合=

FE2+G2

=2.5

2

×10-2N
因為F_E=G，所以合力方向與水平方向成45°角斜右向下，
如圖所示．                            
W_合=△E_k
Ek=F×

2

合×

d

2

=2.5×10-2J
（2）帶電微粒射出后，沿+y軸做勻減速運動，如圖所示．
xx′：F_合=ma
最大位移為：s1=

υ0 2

2a

=

2

10

m
從O點沿+y方向離極板的距離為：s=

1

2

2

d=

5

10

2

m
因為s₁，s，所以微粒運動一段后，沒有打到左極板又回頭運動，最后打到右極板．        
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）沿著初速度方向，微粒做勻速直線運動：則有Rsinθ=υ₀t
垂直于初速度方向，微粒做初速度為零的勻加速度直線運動：則有R-Rcosθ=

1

2

2

gt2
由以上三式得υ0=

gRsin2θ 2 (1-cosθ)

=

2 8 g(1+cosθ)

由上式結論得粒子從O點出發時的動能為

1

2

mυ02=

2

16

mg(1+cosθ)
則經過P點時的動能為：EKP=

2

mg(R-Rcosθ)+

1

2

mυ02=

2

16

mg(5-3cosθ)
可以看出，當θ從0⁰變化到180⁰，微粒穿越圓周時的動能逐漸增大，因此穿過M點的微粒動能最小，穿過N點的微粒動能最大．
最小動能為：EKM=

2

16

mg(5-3cos600)≈7.7×10-3J
最大動能為：EKN=

2

16

mg(5-3cos1200)≈0.0144J
答：（1）初速度為零的微粒運動到平行板的動能2.5×10^-2J；
（2）初速度υ₀=2.0m/s，方向與x′ox成45°角斜向左上方的微粒打到平行板的時間

2 3 + 2

10

S；
（3）初速度大小不等，方向均與xox′成45°角斜向右上方，經過一段時間通過P點的微粒初速度υ₀與θ的關系；并確定在穿過圓周MSN段的微粒中，穿越時的最大動能7.7×10^-3J和最小動能1.44×10²J．

點評：考查動能定理、牛頓第二定律與運動學規律，涉及到直線運動中的勻加速與勻減速；曲線運動中的類平拋運動，同時體現處理平拋運動的規律．并由數學知識來確定動能的極大值與極小值．