Question

17．如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來(lái)兩板不帶電，上極板接地，它的極板長(zhǎng)L=0.1m，兩板間距離 d=0.4cm，有一束相同微粒組成的帶正電粒子流從兩板中央平行極板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所帶電荷立即轉(zhuǎn)移到下極板且均勻分布在下極板上．設(shè)前一微粒落到下極板上時(shí)后一微粒才能開(kāi)始射入兩極板間．已知微粒質(zhì)量為 m=2×10^-6kg，電量q=1×10^-8C，電容器電容為C=10^-6F．求：（g=10m/s²）
（1）為使第一個(gè)粒子能落在下板中點(diǎn)，則微粒入射速度v₀應(yīng)為多少？
（2）以上述速度入射的帶電粒子，最多能有多少落到下極板上？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子做平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解，并依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解；
（2）根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合電場(chǎng)力表達(dá)式，與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解．

解答 解：（1）第一個(gè)粒子在極板間做平拋運(yùn)動(dòng)，粒子能落在下極板中點(diǎn)故有：
水平位移：$\frac{L}{2}$=v₀t…①
豎直位移：$\frac3gyfvas{2}=\frac{1}{2}g{t}^{2}$，…②
由①、②解得：${v}_{0}=\frac{\frac{L}{2}}{\sqrt{\fraclpwuzxc{g}}}=\frac{L}{2}\sqrt{\frac{g}dhbvj7k}=\frac{0.1}{2}\sqrt{\frac{10}{0.4×1{0}^{-2}}}m/s=2.5m/s$
（2）設(shè)以上述速度入射的帶電粒子，最多能有n個(gè)落到下極板上．則第（n+1）個(gè)粒子的加速度為a，
由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：
mg-qE=ma…③
其中E=$\frac{U}gtlj8lf$=$\frac{Q}{Cd}$=$\frac{nq}{Cd}$…④
由③、④得：a=g-$\frac{n{q}^{2}}{Cmd}$…⑤
第（n+1）粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)：
x=v₀t=L，y=$\frac{1}{2}$at²，
y=$\frac{1}{2}$（g-$\frac{n{q}^{2}}{Cmd}$）（$\frac{L}{{v}_{0}}$）²，
第（n+1）粒子不落到極板上，則y≤$\frackmc2uin{2}$，
即：$\frac{1}{2}$（g-$\frac{n{q}^{2}}{Cmd}$）（$\frac{L}{{v}_{0}}$）²≤$\frac75ee87w{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：n=600；
答：（1）為使第一個(gè)粒子能落在下板中點(diǎn)，則微粒入射速度v₀應(yīng)為2.5m/s；
（2）以上述速度入射的帶電粒子，最多能有600個(gè)落到下極板上．

點(diǎn)評(píng) 考查如何處理平拋運(yùn)動(dòng)的思路，掌握運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法，理解運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律的綜合應(yīng)用．