Question

6．如圖（a）所示，平行金屬板A和B間的距離為d，現(xiàn)在A、B板上加上如圖（b）所示的方波形電壓，t=0時A板比B板的電勢高，電壓的正向值為U₀，反向值也為U₀，現(xiàn)有由質(zhì)量為m的帶正電且電荷量為q的粒子組成的粒子束，從AB的中點O以平行于金屬板方向OO′的速度v₀=$\frac{q{U}_{0}T}{3dm}$不斷射入，所有粒子不會撞到金屬板且在AB間的飛行時間均為T，不計重力影響．試求：
（1）粒子射出電場時的速度大小及方向；
（2）粒子打出電場時位置離O′點的距離范圍．

Answer 1

分析 （1）將粒子的運動沿著平行于初速度方向和垂直于初速度的方向正交分解，在平行于初速度方向，粒子做勻速直線運動，在垂直于初速度方向，粒子在電場力的作用下做變速直線運動，求出兩個方向上的分速度，最后得到合速度即可；
（2）粒子在t=0、T、2T…時刻進入時，O′位置偏向最下端；粒子在t=nT+$\frac{1}{3}$T時時刻進入時，O′位置偏向最上端，根據(jù)運動學(xué)公式列式求解即可．

解答 解：（1）由牛頓第二定律有：a=$\frac{q{U}_{0}}{md}$
因飛行時間均為T，則可知，粒子在豎直方向一定經(jīng)向下的$\frac{T}{3}$的加速和向上的$\frac{T}{3}$T的減速，最后$\frac{T}{3}$做向下的加速運動；故飛出粒子的速度均相同，在沿電場線方向上速度大小均為：v_y=$\frac{q{U}_{0}}{dm}•\frac{T}{3}$
所以飛出速度為：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{q{U}_{0}T}{3dm}）^{2}+（\frac{q{U}_{0}T}{3dm}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}{U}_{0}T}{3dm}$
設(shè)速度v的方向與v₀的夾角為θ，則有：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1
所以，方向與水平方向成45°角，大小為：v=$\frac{\sqrt{2}{U}_{0}T}{3dm}$；
（2）當(dāng)粒子t=nT時刻進入電場，向下側(cè)移最大，則：
s₁=$\frac{1}{2}$a（$\frac{T}{3}$）²
由牛頓第二定律有：a=$\frac{q{U}_{0}}{md}$
聯(lián)立解得：s₁=$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{18dm}$
當(dāng)粒子由t=nT+$\frac{1}{3}$T時刻進入電場，向上側(cè)移量最大，有：
s₂=$\frac{1}{2}$a（$\frac{2T}{3}$）2+a（$\frac{2T}{3}$）（$\frac{T}{3}$）-$\frac{1}{2}a$（$\frac{T}{3}$）2
解得：s₂=$\frac{7q{U}_{0}{T}^{2}}{18dm}$；
所以，在距離O'中點上方$\frac{7q{U}_{0}{T}^{2}}{18dm}$到下方$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{18dm}$范圍內(nèi)有粒子打出．
答：（1）粒子射出電場時的速度大小$\frac{\sqrt{2}{U}_{0}T}{3dm}$，方向為與水平方向成45°角
（2）距離O'中點上方$\frac{7q{U}_{0}{T}^{2}}{18dm}$到下方$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{18dm}$范圍內(nèi)有粒子打出．

點評 本題關(guān)鍵將粒子的運動沿著平行于初速度方向和垂直于初速度方向進行正交分解，然后根據(jù)運動學(xué)公式列式求解．解題的關(guān)鍵在于分析豎直方向上的運動規(guī)律，必要時可能通過作出豎直分運動的v-t圖象進行分析求解．