Question

（2008?普陀區(qū)三模）兩平行金屬板長L=0.1m，板間距離d=1.44×10^-2m，從兩板左端正中間有帶電粒子持續(xù)飛入，如圖甲所示．粒子的電量q=10^-10C，質量m=10^-20kg，初速度方向平行于極板，大小為v=10⁷m/s，在兩極板上加一按如圖乙所示規(guī)律變化的電壓，不計帶電粒子重力作用．求：
（1）帶電粒子如果能從金屬板右側飛出，粒子在電場中運動的時間是多少？
（2）有一粒子恰好能從右側極板邊緣飛出，該粒子飛出時動能的增量△E_k=？
（3）該裝置正常工作后，在一個周期內從兩板右側有粒子射出的時間t與無粒子射出的時間t?各為多少？（打到金屬板上的粒子立即被金屬板吸附）

Answer 1

分析：（1）金屬板間有電場時，帶電粒子做類平拋運動，無電場時，做勻速直線運動，水平方向總是做勻速直線運動，由t=

L

v

求時間；
（2）帶電粒子在極板間運動期間，在豎直方向有一段時間加速，有一段時間勻速，分兩種情況：先勻速再加速和先加速再勻速，由牛頓第二定律求出加速度，由運動學公式求出偏移距離，再由動能定理求粒子飛出時動能的增量△E_k．
（3）根據(jù)（2）問的結果分析粒子將打到金屬板上被金屬板吸附的時間段．在（1～2）×10^-8s內某時刻t₂前進入極板的粒子沿豎直方向先不偏轉后加速，直至通過極板．t₂時刻應滿足

d

2

=

1

2

a(t2-1×10-8)2，求t₂．在一個周期有粒子射出的時間為t=t₂-t₁．無粒子射出的時間t′=T-t．

解答：解：（1）帶電粒子在水平方向作勻速直線運動，有 t=

L

v

=

0.1

107

s=1×10-8s．
（2）粒子進入極板后，當兩極板間有電壓時，粒子的加速度大小為 a=

qU

md

=

10-10×400

10-20×1.44×10-2

m/s2≈2.78×1014m/s2
如果進入電場的粒子在豎直方向始終加速，其偏移距離 y=

1

2

at2=

1

2

×2.78×1014×(10-8)2m=1.39×10-2m＞

d

2

所以帶電粒子在極板間運動期間，在豎直方向有一段時間加速，有一段時間勻速．如果先勻速再加速，從右側極板邊緣飛出的粒子動能增量為
△E_k=q×

1

2

U=2×10^-8J
如果先加速再勻速，例如在（0～1）×10^-8s內某時刻t₁進入電場的粒子，從右側極板邊緣飛出時應滿足

d

2

=

1

2

a(1×10-8-t1)2+a(1×10-8-t1)t1
解得 t1=6.9×10-9s
加速時間 t1′=(1×10-8-6.9×10-9)s=3.1×10-9s
加速距離 y=

1

2

at1′2=

1

2

×2.78×1014×(3.1×10-9)2m=1.31×10-3m
粒子動能增量為 △Ek=q

U

d

y=10-10×

400

1.44×10-2

×1.31×10-3J=3.6×10-9J
（3）由（2）可知，在（0～1）×10^-8s內進入極板的粒子，在t1=6.9×10-9s時刻之前進入的粒子將打到金屬板上被金屬板吸附，在時刻t₁以后進入極板的粒子沿電場方向先加速后勻速直至飛出極板；
在（1～2）×10^-8s內某時刻t₂前進入極板的粒子沿豎直方向先不偏轉后加速，直至通過極板．t₂時刻應滿足

d

2

=

1

2

a(t2-1×10-8)2
可解得：t₂=1.72×10^-8s．
所以在一個周期有粒子射出的時間為
 t=t₂-t₁=（1.72×10^-8-6.9×10^-9）s=1.03×10^-8s；
無粒子射出的時間
 t?=T-t=（2×10^-8-1.03×10^-8）s=0.97×10^-8s．
答：
（1）帶電粒子如果能從金屬板右側飛出，粒子在電場中運動的時間是1×10^-8s．
（2）有一粒子恰好能從右側極板邊緣飛出，該粒子飛出時動能的增量為3.6×10^-9J．
（3）該裝置正常工作后，在一個周期內從兩板右側有粒子射出的時間為1.03×10^-8s；無粒子射出的時間為0.97×10^-8s．

點評：本題粒子電子在周期性電場中，分析電子的運動情況是關鍵，運用運動的分解法進行研究．