Question

1．如圖所示，一平行板電容器ABCD傾斜放置，傾角θ=45°，AB板帶負電，板間電場強度為E=$\frac{\sqrt{2}mg}{q}$，一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球，從B端正上方$\frac{1}{4}$d處由靜止釋放，并從B端進入平行板電容器（未接觸極板），重力加速度為g，求：
（1）小球到達B端的速度v₀；
（2）小球進入平行板電容器后的加速度；
（3）若小球恰從A端離開電容器，求AB板的長度，（兩板間距足夠，小球不會打到CD板上）

Answer 1

分析 （1）小球從B端正上方$\frac{1}{4}$d處由靜止釋放到到達B端的過程中，只有重力做功，由動能定理求出小球到達B端的速度v₀．
（2）小球進入平行板電容器后受到重力和電場力，將電場力沿豎直、水平方向分解，對豎直和水平兩個方向分別運用牛頓第二定律求出分加速度，再得到合加速度．
（3）小球在電容器間做類平拋運動，根據(jù)運動學公式列式求解AB板的長度．

解答 解：（1）小球從B端正上方由靜止釋放到到達B端的過程，由動能定理有：
mg•$\frac{1}{4}$d=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：v₀=$\sqrt{\frac{gd}{2}}$
（2）將電場力沿豎直、水平方向分解，根據(jù)牛頓第二定律有：
qEsin45°-mg=ma_y；
qEcos45°=ma_x；
將E=$\frac{\sqrt{2}mg}{q}$代入解得：a_x=g，a_y=0
故小球加速度a=g，方向水平向左
（3）小球在電容器間做類平拋運動，設AB板長度為L，若小球恰從A處離開，則有：
Lcos45°=v₀t
Lsin45°=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
聯(lián)立解得：L=$\sqrt{2}$d
答：（1）小球到達B端的速度v₀是$\sqrt{\frac{gd}{2}}$．
（2）小球進入平行板電容器后的加速度是g，方向水平向左；
（3）若小球恰從A端離開電容器，AB板的長度是$\sqrt{2}$d．

點評 本題是帶電粒子在復合場中運動的問題，關鍵是分析小球的受力情況，運用運動的分解法研究分運動的規(guī)律．