Question

19．如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻r=R，定值電阻R₁和R₂的阻值均為R．平行板電容器接在R₂兩端，兩極板長度和距離均為d，足夠大屏幕與電容器右端距離為d，OO₁為電容器中心軸線．一個不計重力、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從O點以一定的初速度沿OO₁方向射入電場，離開電場時的位置與電容器下極板的距離為$\fracuiqjygo{4}$．
（1）求粒子射入電場時的初速度大�。�
（2）若將平行板電容器沿豎直中線等分為兩部分后均并聯(lián)在R₂兩端．左半部分不動，右半部分向右平移$\fracpugzzda{3}$，求粒子打在屏幕上的位置與OO₁的距離．
（3）若將平行板電容器沿豎直中線等分為兩部分后均并聯(lián)在R₂兩端，將右半部分向右平移x，求粒子打在屏幕上的位置與OO₁的最小距離．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)閉合電路的歐姆定律求電容器兩端電壓，根據(jù)類平拋運動知識求粒子射入電場時的初速度大��；
（2）根據(jù)類平拋運動知識求粒子射出電場的側(cè)向距離，在根據(jù)幾何知識求粒子打在屏幕上的位置與OO₁的距離；
（3）由解出的偏移距離表達(dá)式討論可得粒子打在屏幕上的位置與OO₁的最小距離．

解答 解：（1）由閉合電路歐姆定律得電容器兩端電壓為：U=$\frac{{R}_{2}E}{{R}_{1}+{R}_{2}+r}=\frac{E}{3}$
設(shè)粒子射入電場的初速度為v₀，在平行板間做類平拋運動
有E₀=$\frac{U}rqbncsd$，a=$\frac{q{E}_{0}}{m}$，d=v₀t，y=$\frac{a{t}^{2}}{2}$
由y=$\fracdeeuyyv{4}$聯(lián)立解得：v₀=$\sqrt{\frac{2qE}{3m}}$．
（2）設(shè)沒有平移時，粒子離開電場時速度與水平方向夾角為θ₁，速度反向延長線過水平位移中點，有tanθ₁=$\frac{1}{2}$
平移后，粒子在左半部分電場中運動的水平位移減半，則運動時間減半，由y=$\frac{a{t}^{2}}{2}$得，粒子在左半部分電場中側(cè)移的距離y₁=$\fracdtovhay{16}$
設(shè)粒子離開左側(cè)電場時速度與水平方向夾角為θ₂，有tanθ₂=$\frac{{y}_{1}}{\fracpnzqfgg{4}}=\frac{1}{4}$
粒子離開左側(cè)電場后做勻速運動，側(cè)移距離y₂=$\fracbibifqr{3}$tanθ₂=$\fracmepttiq{12}$
粒子在兩電場中的合軌跡不變，故粒子從O點到離開右側(cè)電場時側(cè)移距離y₃=$\fracsghyvxq{4}$+y₂=$\fracugvkssa{3}$
粒子打在屏幕上位置與OO₁的距離為y_總=y₃+（d-$\fraclklibuq{3}$）tanθ₁=$\frac{2d}{3}$．
（3）粒子能從右側(cè)電場射出，有xtanθ₂≤$\fracakkdkoa{4}$，得x≤d
粒子打在屏幕上位置與OO₁的距離為y′=$\frackbqimii{4}$+xtanθ₂+（d-x）tanθ₁=$\frac{3d-x}{4}$
當(dāng)x=d時，y′最小，得y′_min=$\fracankozli{2}$．
答：（1）粒子射入電場時的初速度大小為$\sqrt{\frac{2qE}{3m}}$；
（2）粒子打在屏幕上的位置與OO₁的距離為$\frac{2d}{3}$；
 （3）粒子打在屏幕上的位置與OO₁的最小距離為$\fracefrnrzm{2}$．

點評 解答此題的關(guān)鍵是知道粒子進(jìn)入電場后做類平拋運動，將運動分解兩個方向的簡單直線運動，從而確定側(cè)向位移，再由幾何知識可求．