Question

16．如圖甲所示，有一質(zhì)量為m、帶電量為q的帶正電的粒子由靜止從M板中央釋放，MN間電壓恒為U₁．粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿中線垂直射入AB間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，AB兩板的長(zhǎng)為L(zhǎng)、相距為d，AB兩平行金屬板與一交流電源相連（圖中未畫(huà)出），且粒子恰好在零時(shí)刻進(jìn)入AB間電場(chǎng)，AB板間所加電壓的變化規(guī)律如圖乙所示．

（1）帶電粒子從N板射出時(shí)速度v₀是多大？
（2）若帶電粒子在AB兩板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于$\frac{T}{2}$，且能射出AB兩板間的電場(chǎng)，求帶電粒子在A B兩板間的偏移量（即垂直于v₀方向的位移）是多少？
（3）為了使帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)恰好貼著極板且速度方向平行于金屬板，求AB板所加電壓U₂和MN兩板間電壓U₁的關(guān)系？

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在MN間運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理求加速獲得的速度，即為帶電粒子從N板射出時(shí)速度v₀．
（2）帶電粒子進(jìn)入AB間的電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解．
（3）要使帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)恰好貼著極板且速度方向平行于金屬板，粒子穿過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間應(yīng)是t=nT，豎直分位移等于d．粒子水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向勻加速與勻減速交替，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．

解答 解：（1）根據(jù)動(dòng)能定理得：
 qU₁=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
可得 v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$
（2）帶電粒子進(jìn)入AB間的電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有
  L=v₀t
  y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
又 a=$\frac{q{U}_{2}}{md}$
由以上四式聯(lián)立得 y=$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$
（3）為了使帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)恰好貼著極板且速度方向平行于金屬板，必須滿足：t=nT，n=1，2，3，…
即有 $\frac{L}{{v}_{0}}$=nT
將v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$代入上式得：L$\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}}}$=nT ①
設(shè)粒子在一個(gè)周期內(nèi)豎直分位移大小為s，必須有 d=ns．
而 s=2×$\frac{1}{2}a（\frac{T}{2}）^{2}$=$\frac{q{U}_{2}{T}^{2}}{4md}$
得 d=$\frac{nq{U}_{2}{T}^{2}}{4md}$ ②
由①②解得：$\frac{{U}_{2}}{{U}_{1}}$=$\frac{8nyaygspc^{2}}{{L}^{2}}$，n=1，2，3，…
答：
（1）帶電粒子從N板射出時(shí)速度v₀是$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$．
（2）帶電粒子在A B兩板間的偏移量為$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$．
（3）AB板所加電壓U₂和MN兩板間電壓U₁的關(guān)系為$\frac{{U}_{2}}{{U}_{1}}$=$\frac{8nrprtbda^{2}}{{L}^{2}}$，n=1，2，3，…．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后結(jié)合分運(yùn)動(dòng)公式列式求解，分析時(shí)要抓住交變電壓的周期性．