Question

12．如圖所示，一個(gè)帶電荷量為+q、質(zhì)量為m、速率為υ的小球沿平行金屬板A（-）、B（+）的中線射入，A、B板長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，電壓為U，則小球能從A、B板間飛出后再進(jìn)入豎直向上、大小為$\frac{mg}{q}$的勻強(qiáng)電場(chǎng)，最后打在右側(cè)距離$\frac{L}{2}$處屏的K點(diǎn)上．
①求PK點(diǎn)間距離？
②若僅改變兩板間電壓使小球打到屏上M點(diǎn)（且PK=PM，M點(diǎn)未化出）試求：改變后電壓大小？

Answer 1

分析 ①小球在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出偏移量．
②應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解，勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式求出偏移量，然后答題．

解答 解：①小球在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：L=vt，
豎直方向：y=$\frac{1}{2}$at²，
由牛頓第二定律得：mg-q$\frac{U}0swk54e$=ma，
豎直分速度：v_y=at，
離開平行板后，粒子所受電場(chǎng)力：qE=mg，豎直向上，
小球所受合力為零，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
在水平方向：$\frac{1}{2}$L=vt′，
豎直方向：y′=v_yt′，
則：PK=y+y′=$\frac{（mgd-qU）{L}^{2}}{md{v}^{2}}$；
②小球在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：L=vt，
豎直方向：y=$\frac{1}{2}$at²，
由牛頓第二定律得：q$\frac{U′}pd222wk$-mg=ma，
豎直分速度：v_y=at，
離開平行板后，粒子所受電場(chǎng)力：qE=mg，豎直向上，
小球所受合力為零，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
在水平方向：$\frac{1}{2}$L=vt′，
豎直方向：y′=v_yt′，
PM=y+y′=PK，
解得：U′=$\frac{2mgd}{q}$-U；
答：①PK點(diǎn)間距離為$\frac{（mgd-qU）{L}^{2}}{md{v}^{2}}$；
②若僅改變兩板間電壓使小球打到屏上M點(diǎn)（且PK=PM，M點(diǎn)未化出），改變后電壓大小為$\frac{2mgd}{q}$-U．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了帶電小球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的前提與關(guān)鍵，由于小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程較復(fù)雜，本題難度較大，分析清楚小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程后，應(yīng)用勻速運(yùn)動(dòng)規(guī)律與勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律可以解題．