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(cè)的粒子源沿兩板的中軸線向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不計(jì)的帶電粒子．在0～3t₀時間內(nèi)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(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在2t₀時刻經(jīng)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�。�
（2）求$\frac{1}{2}$t₀時刻進(jìn)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(nèi)，粒子在兩個極板之間做類平拋運(yùn)動，在t₀-2t₀時間內(nèi)，粒子做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)水平方向上的勻速直線運(yùn)動和豎直方向上的勻變速直線運(yùn)動可以求得兩個極板之間的電壓的大��；
（2）$\frac{1}{2}$t₀時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子，先做類平拋運(yùn)動，再做勻速直線運(yùn)動，再做勻變速曲線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可求解位移．

解答 解：（1）t=0時刻進(jìn)入的粒子先做類平拋運(yùn)動再做勻速直線運(yùn)動，則：
在0-t₀時間內(nèi)粒子做類平拋運(yùn)動時有
    y₁=$\frac{1}{2}a{t}_{0}^{2}$
    v_y=at₀．
在t₀-2t₀時間內(nèi)，粒子做勻速直線運(yùn)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(jìn)入的粒子先做類平拋運(yùn)動，再做勻速直線運(yùn)動，再做勻變速曲線運(yùn)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(jìn)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(diǎn)評 本題是帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動情況，關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動狀態(tài)，根據(jù)類平拋運(yùn)動特點(diǎn)和分運(yùn)動的規(guī)律列式求解．