Question

20．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，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）求粒子從進入電場到打中熒光屏所經(jīng)歷的時間；
（2）求在t=0時刻進入的粒子飛出電場時垂直于極板方向的位移大小，及速度與水平方向夾角的正切值；
（3）若撤去擋板，求由正極板邊緣、且從t=1×10^-5s時刻進入電場的粒子打到熒光屏上的位置距O點的距離．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)勻速直線運動位移時間關系求解時間；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(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；應用運動的合成與分解，牛頓第二定律與運動學公式可以求出粒子的速度方向；
（3）求出粒子在電場中的偏移量以及出電場時豎直方向的速度大小，然后求出粒子打到熒光屏上的位置距O點的距離．

解答 解：（1）粒子水平方向速度不變，作勻速直線運動，
粒子從進入電場到打中熒光屏所經(jīng)歷的時間為：t₀=$\frac{L+x}{{v}_{0}}=\frac{0.3+0.5}{1.0×1{0}^{4}}s$=8×10^-5s；
（2）粒子在電場中運動的時間為：$t′=\frac{L}{{v}_{0}}=\frac{0.3}{1.0×1{0}^{4}}s=3×1{0}^{-5}s$，
0時刻進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=$\frac{q{U}_{0}}{md}=\frac{1.0×1{0}^{-2}×1.0×1{0}^{2}}{1.0×1{0}^{-7}×0.1}m/{s}^{2}$=1×10⁸m/s²，
側移量：d₁=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}+a{t}_{1}{t}_{2}-\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$=3.5×10^-2m，
射出時豎直方向的速度大小為${v}_{y}=a{t}_{1}-a{t}_{2}=1{0}^{8}（2×1{0}^{-5}-1×1{0}^{-5}）$=1×10³m/s，
正切值tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{1}{10}$；
（3）粒子從t=1×10^-5s時刻進入電場，在第一個1×10^-5s向負極板加速運動、在第二個1×10^-5s向負極板減速運動，在第三個1×10^-5s向負極板加速運動；
所以出電場時的偏離正極板的位移：y₁'=$\frac{1}{2}a{t}^{2}×3$=0.005×3=0.015m
出電場時沿豎直方向的速度為$v{′}_{1}=at=1{0}^{3}s$，
場外沿豎直方向的位移：y₂'=$v{′}_{1}t′=1{0}^{3}×\frac{0.5}{1{0}^{4}}m$=0.05m
結果y'=0.065m-0.05m=0.015m．
答：（1）粒子從進入電場到打中熒光屏所經(jīng)歷的時間為8×10^-5s；
（2）在t=0時刻進入的粒子飛出電場時垂直于極板方向的位移大小為3.5×10^-2m，速度與水平方向夾角的正切值為$\frac{1}{10}$；
（3）若撤去擋板，求由正極板邊緣、且從t=1×10^-5s時刻進入電場的粒子打到熒光屏上的位置距O點的距離為0.015m．

點評 解決在偏轉場中問題，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系和運動的對稱性，來求解豎直分位移．