Question

17．如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從左側(cè)極板附近由靜止開始經(jīng)電壓為U₁的電場加速后，從a點(diǎn)水平射入．求：

（1）粒子從a點(diǎn)射入的速度v₀；
（2）若將兩金屬板接上恒定電壓U₂，使粒子恰好打到金屬板的中點(diǎn)，求電壓U₂的大小；
（3）若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，該粒子在t=0時(shí)刻從a點(diǎn)射入，欲使粒子在t=T時(shí)刻從板的邊緣水平射出，求周期T及交變電壓U₀的大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子在加速電場運(yùn)動時(shí)，由動能定理求得粒子獲得的速度v₀．
（2）若將兩金屬板接上恒定電壓U₂，粒子金屬板間做類平拋運(yùn)動，粒子沿水平方向做勻速運(yùn)動，豎直方向做勻加速運(yùn)動，根據(jù)分運(yùn)動的位移公式和牛頓第二定律結(jié)合解答．
（3）為使粒子從極板邊緣水平射出電場，在豎直方向上粒子的運(yùn)動應(yīng)為：先加速后減速，且到達(dá)極板邊緣時(shí)，在豎直方向上速度正好等于零，這段時(shí)間等于一個(gè)周期，再由根據(jù)分運(yùn)動的位移公式和牛頓第二定律結(jié)合解答．

解答 解：
（1）粒子在加速電場運(yùn)動葉，由動能定理得
  qU₁=$\frac{1}{2}$m${{v}_{0}}^{2}$-0 ①
得 v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$ ②
（2）粒子沿水平方向做勻速運(yùn)動：
  t₁=$\frac{L}{2{v}_{0}}$  ③
豎直方向做勻加速運(yùn)動：
 a=$\frac{qE}{m}$  ④
 E=$\frac{{U}_{2}}954ctml$  ⑤
 $\fracgwmbsu1{2}$=$\frac{1}{2}$a${{t}_{1}}^{2}$ ⑥
聯(lián)立②③④⑤⑥得：U₂=$\frac{8{U}_{1}1zxwblk^{2}}{{L}^{2}}$
（3）為使粒子從極板邊緣水平射出電場，在豎直方向上粒子的運(yùn)動應(yīng)為：先加速后減速，且到達(dá)極板邊緣時(shí)，在豎直方向上速度正好等于零，這段時(shí)間等于一個(gè)周期，有
  L=v₀T  ⑦
聯(lián)立②⑦得：T=L$\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}}}$  ⑧
  a₀=$\frac{q{E}_{0}}{m}$=$\frac{q{U}_{0}}{md}$  ⑨
   $\fracx2tnnmo{4}$=$\frac{1}{2}$a₀${（\frac{T}{2}）}^{2}$⑩
聯(lián)立⑧⑨⑩得：U₀=$\frac{4{U}_{1}8qonfvn^{2}}{{L}^{2}}$
答：
（1）粒子從a點(diǎn)射入的速度v₀是$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$．
（2）電壓U₂的大小是$\frac{8{U}_{1}wzpoudy^{2}}{{L}^{2}}$；
（3）周期T是L$\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}}}$，交變電壓U₀的大小是$\frac{4{U}_{1}ucndsdk^{2}}{{L}^{2}}$．

點(diǎn)評 本題是帶電粒子在組合場中運(yùn)動的類型，運(yùn)用動能定理求加速獲得的速度是常用方法．要注意明確粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動過程，特別是豎直方向上的運(yùn)動分析，運(yùn)用動力學(xué)方法研究粒子的運(yùn)動規(guī)律．