Question

13．如圖甲所示兩平行極板P、Q的極板長度和板間距均為l．位于極板左側的粒子源沿兩板的中軸線向右連續(xù)發(fā)射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子．在0～3t₀時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）．已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在2t₀時刻經極板邊緣射出．上述m、q、l、t₀為已知量．（不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況）

（1）求電壓U₀的大小．
（2）求$\frac{1}{2}$t₀時刻進入兩板間的帶電粒子在穿出電場過程中偏離初速度方向的位移．

Answer 1

分析 （1）在0-t₀時間內，粒子在兩個極板之間做類平拋運動，在t₀-2t₀時間內，粒子做勻速直線運動，根據水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的勻變速直線運動可以求得兩個極板之間的電壓的大�。�
（2）$\frac{1}{2}$t₀時刻進入兩極板的帶電粒子，先做類平拋運動，再做勻速直線運動，再做勻變速曲線運動，根據運動學公式可求解位移．

解答 解：（1）t=0時刻進入的粒子先做類平拋運動再做勻速直線運動，則：
在0-t₀時間內粒子做類平拋運動時有
    y₁=$\frac{1}{2}a{t}_{0}^{2}$
    v_y=at₀．
在t₀-2t₀時間內，粒子做勻速直線運動，有 
   y₂=v_yt₀=at₀²．
粒子從極板邊緣射出時，有 $\frac{l}{2}$=y₁+y₂=$\frac{3}{2}a{t}_{0}^{2}$    
得 a=$\frac{l}{3{t}_{0}^{2}}$
又q$\frac{{U}_{0}}{l}$=ma，得 U₀=$\frac{m{l}^{2}}{3q{t}_{0}^{2}}$
（2）$\frac{1}{2}$t₀時刻進入的粒子先做類平拋運動，再做勻速直線運動，再做勻變速曲線運動，其中第一段和第三段對稱．
    y₁′=$\frac{1}{2}a（\frac{{t}_{0}}{2}）^{2}$
    v_y1=a$\frac{{t}_{0}}{2}$
   y₂′=v_y1t₀=$\frac{1}{2}$at₀²．
且有 y₃′=y₁′
豎直方向總位移  y=y₁′+y₂′+y₃′=$\frac{l}{4}$
答：
（1）電壓U₀的大小是$\frac{m{l}^{2}}{3q{t}_{0}^{2}}$．
（2）$\frac{1}{2}$t₀時刻進入兩板間的帶電粒子在穿出電場過程中偏離初速度方向的位移是′$\frac{l}{4}$．

點評 本題是帶電粒子在勻強電場中的運動情況，關鍵是明確粒子的運動狀態(tài)，根據類平拋運動特點和分運動的規(guī)律列式求解．