Question

18．如圖所示為一帶電的平行板電容器（電容器內部的電場可視為豎直方向的勻強電場，板外電場忽略不計）．一帶電粒子以某一水平速度沿A板邊緣垂直于電場線方向射入，離開電場時，它剛好貼著下板邊緣飛出，其速度與水平方向成45°角．已知電容器兩極板長為L，粒子所受的重力忽略不計．求：
（1）平行板電容器兩極板間的距離d．
（2）如果題設中僅電容器帶電量變?yōu)樵瓉淼囊话�，則粒子離開電場時，沿場強方向偏轉的距離為多少？
（3）在（2）的條件下，當帶電粒子沿豎直方向運動的位移為兩極板間的距離時，其水平方向的總位移為多大？

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，由運動的合成與分解結合在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結合等時性，運用運動學公式求出兩板間的距離d；
（2）電容器帶電量變?yōu)樵瓉淼囊话�，板間電壓或板件電場強度均減半，結合在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結合等時性可得粒子離開電場時，沿場強方向偏轉的距離．
（3）粒子射出電場后做勻速直線運動，由幾何關系求出帶電粒子沿豎直方向運動的位移為兩極板間的距離時，的時間，進而求得其水平方向的總位移．

解答 解：（1）設入射速度為v₀，由于出射速度與水平方向成45°角，故豎直方向的分速度為：v_y=v₀①
豎直方向的平均速度為：$\overline{v}=\frac{{v}_{y}}{2}$②
設運動時間為t，水平方向有：L=v₀t③
豎直方向的位移就是板間的距離d=$\overline{v}t$④
由①②③④可得，d=$\frac{L}{2}$⑤
（2）由電容器定義式可得，C=$\frac{Q}{U}$⑥
當Q減半時，電壓U′=$\frac{U}{2}$⑦
由E′=$\frac{U′}g80moea$⑧
而加速度為a′=$\frac{E′q}haiqmyg$⑨
射出電場時的偏移量為：y$′=\frac{1}{2}$a′t²（10）
由⑥⑦⑧⑨（10）可得，y′=$\frac{1}{2}$d=$\frac{L}{4}$（11）
（3）粒子射出電場后做勻速直線運動，要是帶電粒子沿豎直方向運動的位移為兩極板間的距離，則射出后沿豎直方向的偏移量繼續(xù)增加量為：
$△y=\frac{L}{2}-\frac{L}{4}=\frac{L}{4}$（12）
此時的出射速度方向與水平方向的夾角為α，結合上次的速度方向為45°可得，tanα=$\frac{a′t}{{v}_{0}}$=$\frac{1}{2}$（13）
設射出電場后的水平增加位移為△x，由粒子出射后的情景關系可得，tan$α=\frac{△y}{△x}$（14）
由（12）（13）（14）可得，$△x=\frac{L}{2}$
水平方向的總位移為x=L+$△x=\frac{3L}{2}$
答：（1）平行板電容器兩極板間的距離為$\frac{L}{2}$．
（2）如果題設中僅電容器帶電量變?yōu)樵瓉淼囊话�，則粒子離開電場時，沿場強方向偏轉的距離為$\frac{L}{4}$
（3）在（2）的條件下，當帶電粒子沿豎直方向運動的位移為兩極板間的距離時，其水平方向的總位移為$\frac{3L}{2}$．

點評 帶電粒子在電場中的運動，若垂直電場線進入，則做類平拋運動，要將運動分解為沿電場線和垂直于電場線兩個方向進行分析，利用直線運動的規(guī)律進行求解．注意射出粒子射出電場后做勻速直線運動．