Question

2．如圖（a）所示，水平放置的平行金屬板AB間的距離d=0.1m，板長L=0.3m，在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板，小孔恰好位于AB板的正中間，距金屬板右端x=0.5m處豎直放置一足夠大的熒光屏，現(xiàn)在AB板間加如圖（b）所示的方波形電壓，已知U₀=1.0×10²V，在擋板的左側(cè)，有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續(xù)射向擋板，粒子的質(zhì)量m=1.0×10^-7kg，電荷量q=1.0×10^-2C，速度大小均為v₀=1.0×10⁴m/s，帶電粒子的重力不計，則：

（1）求粒子在電場中的運動時間；
（2）求在t=0時刻進(jìn)入的粒子飛出電場時的側(cè)移量；
（3）求各個時刻進(jìn)入的粒子，離開電場時的速度的大小和方向；
（4）若撤去擋板，求熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度．

Answer 1

分析 粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出電子的運動時間，求出粒子在電場中的偏移量；
粒子在電場中做類平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，應(yīng)用運動的合成與分解，牛頓第二定律與運動學(xué)公式可以求出粒子的速度；
求出粒子的最大與最小偏移量，然后求出光帶的長度．

解答 解：（1）粒子在水平方向做勻速直線運動，
L=v₀t，粒子在電場中的運動時間：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$=3×10^-5s；
（2）0時刻進(jìn)入的粒子豎直方向上先作勻加速直線運動，
用時t₁=2×10^-5s，再作勻減速直線運動，用時t₂=1×10^-5s，
加速度大小相等，為：a=$\frac{e{U}_{0}}{md}$=1×10⁸m/s²，
側(cè)移量：d₁=$\frac{1}{2}$a（$\frac{2}{3}$T）²+$\frac{2}{3}$aT•$\frac{1}{3}$T-$\frac{1}{2}$a（$\frac{1}{3}$T）²=3.5×10^-2m，
（3）任意時刻進(jìn)入的粒子水平方向都是勻速直線運動，
運動時間3×10^-5s不變，該時間剛好等于電場變化的周期，
所以任何時刻進(jìn)入的粒子離開電場時在電場方向的速度均相同，
v_y=at₁-at₂=10⁸×（2×10^-5-1×10^-5）m/s=10³m/s （1分）
根據(jù)速度合成離開電場時的速度：$v=\sqrt{{v_y}^2+{v_0}^2}=1000\sqrt{101}m/s$，
速度與豎直方向夾角θ，則有：tanθ=$\frac{{v}_{0}}{{v}_{y}}$=10，與豎直方向夾角：θ=arctan10；
（4）擋板去后，所以粒子離開電場的速度都相同，如前一問所得．示意圖如下圖所示：

t=0時刻進(jìn)入的粒子，正向偏轉(zhuǎn)位移最大，且運動過程沒有速度反向
y=$\frac{1}{2}$a×（2×10^-5s）²+a×2×10^-5s×1×10^-5s-$\frac{1}{2}$a×（1×10^-5s）²=0.035m，
若粒子進(jìn)入的位置合適，粒子可以從極板的上（或下）邊沿離開電場．
t=2×10^-5s時刻進(jìn)入的粒子反向偏轉(zhuǎn)過程中位移最大是速度減小到0的時候，
若粒子位置合適，粒子此時剛好到達(dá)下極板，隨后開始加速，時間為t=1×10^-5s，
此粒子下面的粒子將打在下極板上而不能離開電場．
此粒子正向偏移為$y'=\frac{1}{2}a{t^2}=0.005m$；
根據(jù)離開粒子速度大小方向相同，判斷打在熒光屏上面的光帶長度：a=d-y′=0.095m；
答：（1）粒子在電場中的運動時間為3×10^-5s；
（2）在t=0時刻進(jìn)入的粒子飛出電場時的側(cè)移量為3.5×10^-2m；
（3）各個時刻進(jìn)入的粒子，離開電場時的速度的大小為1000$\sqrt{101}$m/s，方向：與豎直方向夾角為：arctan10；
（4）若撤去擋板，熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度為0.095m．

點評 解決在偏轉(zhuǎn)場中問題，通常由類平拋運動規(guī)律求解，要能熟練運用運動的合成與分解的方法研究，分析時要充分運用勻加速運動位移的比例關(guān)系和運動的對稱性，來求解豎直分位移．