Question

14．在光滑絕緣的水平面上，豎直放置兩塊無限長的平行金屬板A、B，相距d=1.0m，兩板間電壓為U=2500V，同時兩板間還存在電場強度為E₁=2500N/C，方向水平且平行于金屬板的勻強電場（忽略場的邊緣效應），如圖所示為俯視圖．xox’為水平面上垂直兩金屬板的直線，O點與兩板距離相等，在O點有一微粒源（忽略微粒源對微粒運動的影響），釋放方向沿水平面質(zhì)量m=2.5×10^-3kg、帶正電荷q=+1.0×10^-5C的球形微粒（可看作點電荷）．過O點作半徑R=0.25m的圓，圓心O′在過O點右下方45°的直線上．P、M、S、N分布在圓周上，O′S與OO′垂直，∠OO′P=θ，∠MO′S=∠SO′N=α=30°． 不計電荷間的相互作用，求：
（1）初速度為零的微粒運動到平行板的動能
（2）初速度大小不等，方向均與xox’成45°角斜向右上方，經(jīng)過一段時間通過P點的微粒初速度v₀與θ的關(guān)系
（3）確定在穿過圓周MSN段的微粒中，穿越時的最大動能和最小動能．

Answer 1

分析 （1）靜止的帶電微粒在重力與電場力作用下，使其動能增加，則由動能定理可求出微粒從O點到平行板的動能；
（2）微粒從O點開始作類平拋運動，因此可將此運動沿初速度方向與加速度方向進行分解，根據(jù)運動學規(guī)律可列式，從而求出通過P點的微粒初速度υ₀與θ的關(guān)系；
（3）根據(jù)動能的表達中的θ來確定動能的最大值與最小值．

解答 解：（1）帶電微粒在電場中受重力和電場力F_E=qE=2.5×10^-2N
                              G=mg=2.5×10^-2N
則F_合=$\sqrt{{F}_{E}^{2}+{G}^{2}}$=2.5$\sqrt{2}$×10^-2N
因為F_E=G，所以合力方向與水平方向成45°角斜右向下，
如圖所示．                            
W_合=△E_k
E_k=$\sqrt{2}$F_合×$\frac3vvdprz{2}$=2.5×10^-2J
（2）
微粒做類平拋運動，則有：Rsinθ=v₀t
且R-Rcosθ=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
根據(jù)牛頓第二定律，則有：F=ma
解得：v₀=$\sqrt{\frac{5\sqrt{2}（1+cosθ）}{4}}$
（3）由上式結(jié)論得粒子從O點出發(fā)時的動能為E_ko=$\frac{1}{2}$mυ₀²=$\frac{25\sqrt{2}×1{0}^{-3}（1+cosθ）}{16}$
從O到P過程中，由動能定理，$\sqrt{2}qER（1-cosθ）=\frac{1}{2}m{v}_{P}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
則經(jīng)過P點時的動能為：E_KP=$\frac{1}{2}$mυ₀²+$\sqrt{2}$qE（R-Rcosθ）=$\frac{25\sqrt{2}×1{0}^{-3}（5-3cosθ）}{16}$
可以看出，當θ從0°變化到180°，微粒穿越圓周時的動能逐漸增大，因此穿過M點的微粒動能最小，穿過N點的微粒動能最大．
最小動能為：E_KM=$\frac{\sqrt{2}}{16}$mg（5-3cos60°）≈7.7×10^-3 J
最大動能為：E_KN=$\frac{\sqrt{2}}{16}$mg（5-3cos120°）≈0.0144J
答：（1）初速度為零的微粒運動到平行板的動能2.5×10^-2J；
（2）經(jīng)過一段時間通過P點的微粒初速度v₀與θ的關(guān)系為$\sqrt{\frac{5\sqrt{2}（1+cosθ）}{4}}$；
（3）穿越時的最大動能7.7×10^-3J和最小動能1.44×10²J．

點評 考查動能定理、牛頓第二定律與運動學規(guī)律，涉及到直線運動中的勻加速與勻減速；曲線運動中的類平拋運動，同時體現(xiàn)處理平拋運動的規(guī)律．并由數(shù)學知識來確定動能的極大值與極小值．