Question

8．如圖甲所示，A、B是兩個(gè)平行金屬板，有一不計(jì)重力的帶電粒子沿A、B板中軸線OO′方向以速度v₀射入電場(chǎng)．在A、B板之間加如圖乙所示的周期性變化的電壓．若粒子在t=0時(shí)刻射入電場(chǎng)，則粒子恰好能在t=$\frac{T}{2}$時(shí)刻從B板的下邊緣離開電場(chǎng)．已知兩極板間的距離為d，兩極板間電壓為U₀．變化周期T未知，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m．求：
（1）粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度的大小；
（2）若粒子在t=$\frac{T}{4}$時(shí)刻射入，粒子離開電場(chǎng)位置距B極板距離d′．

Answer 1

分析 （1）粒子做類似平拋運(yùn)動(dòng)，水平分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式列式求解分速度，再合成得到合速度；
（2）若粒子在t=0時(shí)刻射入電場(chǎng)，則粒子恰好能在t=$\frac{T}{2}$時(shí)刻從B板的下邊緣離開電場(chǎng)，根據(jù)分位移公式列式；若粒子在t=$\frac{T}{4}$時(shí)刻射入，同樣分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的變速運(yùn)動(dòng)進(jìn)行考慮．

解答 解：（1）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為：a=$\frac{qE}{m}=\frac{q{U}_{0}}{md}$
出電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度設(shè)為v_y，則有：${v}_{y}^{2}=2a•\fracwsh0ouq{2}=\frac{q{U}_{0}}{m}$
故出電場(chǎng)時(shí)的速度為：$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{q{U}_{0}}{m}}$
（2）根據(jù)（1）式，有：$\fraczzmv0bp{2}=\frac{1}{2}a•（\frac{T}{2}）^{2}$
水平方向以v₀做勻速運(yùn)動(dòng)，即粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間仍然為$\frac{T}{2}$．
豎直方向，在前$\frac{T}{4}$以a做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，位移：
$x=\frac{1}{2}a•（\frac{T}{4}）^{2}=\frac5nbua0i{8}$
在后$\frac{T}{4}$以a向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，可知，位移也為$\fracymg9f5u{8}$，所以離開電場(chǎng)時(shí)距B板的距離為：
d′=$\fracnwfengp{2}-2×\fracc0kdb5l{8}=\fraca0xgz4g{4}$
答：（1）粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度的大小為$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{q{U}_{0}}{m}}$；
（2）若粒子在t=$\frac{T}{4}$時(shí)刻射入，粒子離開電場(chǎng)位置距B極板距離d′為$\fracgababi9{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是采用采用正交分解法研究粒子的運(yùn)動(dòng)，水平分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合類似平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)規(guī)律進(jìn)行分析即可．