Question

9．如圖甲所示，帶正電的粒子束從靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，從水平放置的平行金屬板AB正中間沿OO′方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，緊靠AB金屬板右端安放著垂直于金屬板的靶MN，AB金屬板上所加的方波形電壓如圖乙所示，電壓正向?yàn)閁₀，反向電壓為$\frac{{U}_{0}}{2}$，且每隔$\frac{T}{2}$改變方向1次．已知所有進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子部能打在金屬靶MN上，粒子在AB間的飛行時(shí)間為T，偏轉(zhuǎn)金屬板AB的板長(zhǎng)為L(zhǎng)，其板間的距離為d，每個(gè)粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子的重力忽略不計(jì)，試求：
（1）加速電場(chǎng)兩端的電壓U_x；
（2）t=0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子擊中金屬靶時(shí)沿MN的側(cè)向速度大小v_y；
（3）AB金屬板之間的最小間距d_min．

Answer 1

分析 （1）粒子在AB間沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求出粒子水平速度，然后應(yīng)用動(dòng)能定理求出加速電壓．
（2）粒子在AB間沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t=0時(shí)刻進(jìn)入板間粒子先向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度公式求出粒子的側(cè)向速度大�。�
（3）t=0時(shí)刻的粒子在豎直方向的位移最大，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出其位移，AB間的最小距離應(yīng)該等于t=0時(shí)刻進(jìn)入板間粒子的豎直分位移．

解答 解：（1）粒子在AB板間沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度：v₀=$\frac{L}{T}$，
在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得：qU_X=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，解得：U_X=$\frac{m{L}^{2}}{2q{T}^{2}}$；
（2）t=0時(shí)刻進(jìn)入AB板的粒子先向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，
然后向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，粒子擊中金屬靶時(shí)沿MN的側(cè)向速度大小：
v_y=a₁t₁-a₂t₂=$\frac{q{U}_{0}}{md}$×$\frac{T}{2}$-$\frac{q\frac{{U}_{0}}{2d}}{m}$×$\frac{T}{2}$=$\frac{q{U}_{0}T}{4md}$；
（3）t=0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子在豎直方向的位移：
y=$\frac{1}{2}$a₁t₁²+a₁t₁t₂-$\frac{1}{2}$a₂t₂²=$\frac{1}{2}$×$\frac{q{U}_{0}}{md}$×$（{\frac{T}{2}）}^{2}$+$\frac{q{U}_{0}}{md}$×$\frac{T}{2}$×$\frac{T}{2}$-$\frac{1}{2}$×$\frac{q{U}_{0}}{2md}$×$（{\frac{T}{2}）}^{2}$=$\frac{5q{U}_{0}{T}^{2}}{16md}$，
AB金屬板之間的最小間距d_min=$\frac{5q{U}_{0}{T}^{2}}{16md}$；
答：（1）加速電場(chǎng)兩端的電壓U_x為$\frac{m{L}^{2}}{2q{T}^{2}}$；
（2）t=0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子擊中金屬靶時(shí)沿MN的側(cè)向速度大小v_y為$\frac{q{U}_{0}T}{4md}$；
（3）AB金屬板之間的最小間距d_min為$\frac{5q{U}_{0}{T}^{2}}{16md}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在加速電場(chǎng)中加速，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿豎直方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律與勻變速直線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)公司可以解題，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵．