Question

11．如圖甲所示，M、N為水平放置的平行板電容器的兩個極板，兩極板間距d=0.1m，兩極板間的電壓U=12.5V，O為上極板中心的小孔．以O(shè)為坐標原點，在y=0和y=2m之間有沿著x軸方向的勻強電場，PQ為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大．電場強度的變化如圖乙所示，取x軸正方向為電場正方向．現(xiàn)有一個帶負電的粒子，在t=0時刻從緊靠下極板中心O′，處無初速釋放，經(jīng)過小孔O進入交變電場中．粒子的比荷$\frac{q}{m}$=10²C/kg，不計粒子重力，求粒子：

（1）進入交變電場時的速度；
（2）在8×10^-3s末的位置坐標；
（3）離開交變電場時的速度大小和方向．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理，電場力做功等于粒子動能的變化求粒子進入交變電場時的速度；
（2）根據(jù)粒子受力情況，確定粒子做類平拋運動，根據(jù)運動特征求出粒子的位置坐標；
（3）求出粒子在交變電場中的運動規(guī)律，根據(jù)交變電場的周期性確定粒子的運動情況．

解答 解：（1）粒子運動至小孔O的速度為v₀，由動能定理得：
qU=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
代入數(shù)據(jù)得：v₀=50m/s；
（2）粒子從O′運動到O所用的時間為：t₀=$\frac{2d}{{v}_{0}}$=4×10^-3s，
即自t=4×10^-3s開始，粒子垂直射入交變電場，在t=4×10^-3s～8×10^-3s內(nèi)，粒子做類平拋運動
在y方向上，粒子做勻速運動：y=v₀t=0.2m，
在x方向上，粒子向右勻加速運動：qE=ma，
代入數(shù)據(jù)解得：a=4×10³m/s²，
粒子向右運動的位移：x=$\frac{1}{2}$at²，
代入數(shù)據(jù)解得：x=0.032m，
所以粒子在t=8×10^-3s末的位置坐標為（0.032m，0.2m）
（3）由圖可知，交變電場的變化周期T=8×10^-3s，
粒子在交變電場中，在y方向上，一直做勻速運動，在x方向上，一直向右運動，先勻加速，再勻減速至靜止，這樣周期運動下去．
粒子在交變電場中運動的時間為：t=$\frac{{y}_{4}}{{v}_{0}}$=0.04s=5T，
故粒子在離開交變電場時的水平速度為0，
因此，粒子離開交變電場時的速度：v=v₀=50m/s，方向豎直向上．
答：（1）進入交變電場時的速度為50m/s；
（2）在8×10^-3s末的位置坐標為（0.032m，0.2m）；
（3）離開交變電場時的速度大小為50m/s，方向：豎直向上．

點評 能根據(jù)動能定理求粒子加速后的速度，掌握類平拋運動物體的處理方法是解決本題的關(guān)鍵．