Question

19．如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)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(zhǎng)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(gè)不計(jì)重力、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從O點(diǎn)以一定的初速度沿OO₁方向射入電場(chǎng)，離開電場(chǎng)時(shí)的位置與電容器下極板的距離為$\fracly7vspw{4}$．
（1）求粒子射入電場(chǎng)時(shí)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(dòng)，右半部分向右平移$\frac27btvha{3}$，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(yùn)動(dòng)知識(shí)求粒子射入電場(chǎng)時(shí)的初速度大��；
（2）根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)求粒子射出電場(chǎng)的側(cè)向距離，在根據(jù)幾何知識(shí)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(chǎng)的初速度為v₀，在平行板間做類平拋運(yùn)動(dòng)
有E₀=$\frac{U}6durfbj$，a=$\frac{q{E}_{0}}{m}$，d=v₀t，y=$\frac{a{t}^{2}}{2}$
由y=$\fracifxf7bo{4}$聯(lián)立解得：v₀=$\sqrt{\frac{2qE}{3m}}$．
（2）設(shè)沒(méi)有平移時(shí)，粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度與水平方向夾角為θ₁，速度反向延長(zhǎng)線過(guò)水平位移中點(diǎn)，有tanθ₁=$\frac{1}{2}$
平移后，粒子在左半部分電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的水平位移減半，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間減半，由y=$\frac{a{t}^{2}}{2}$得，粒子在左半部分電場(chǎng)中側(cè)移的距離y₁=$\fracas6fbeb{16}$
設(shè)粒子離開左側(cè)電場(chǎng)時(shí)速度與水平方向夾角為θ₂，有tanθ₂=$\frac{{y}_{1}}{\frac061fhzb{4}}=\frac{1}{4}$
粒子離開左側(cè)電場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，側(cè)移距離y₂=$\fracmfrjbda{3}$tanθ₂=$\frac5zgort5{12}$
粒子在兩電場(chǎng)中的合軌跡不變，故粒子從O點(diǎn)到離開右側(cè)電場(chǎng)時(shí)側(cè)移距離y₃=$\fracrz21qna{4}$+y₂=$\frackhphzho{3}$
粒子打在屏幕上位置與OO₁的距離為y_總=y₃+（d-$\fracvsvyvh1{3}$）tanθ₁=$\frac{2d}{3}$．
（3）粒子能從右側(cè)電場(chǎng)射出，有xtanθ₂≤$\fracadldvs6{4}$，得x≤d
粒子打在屏幕上位置與OO₁的距離為y′=$\fracfo0f1mk{4}$+xtanθ₂+（d-x）tanθ₁=$\frac{3d-x}{4}$
當(dāng)x=d時(shí)，y′最小，得y′_min=$\fraczsuhuh1{2}$．
答：（1）粒子射入電場(chǎng)時(shí)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$\fracvivnfmk{2}$．

點(diǎn)評(píng) 解答此題的關(guān)鍵是知道粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解兩個(gè)方向的簡(jiǎn)單直線運(yùn)動(dòng)，從而確定側(cè)向位移，再由幾何知識(shí)可求．