Question

兩平行金屬板長(zhǎng)L=O．1m，板間距離d=l×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(zhì)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(jì)帶電粒子 重力作用．求：
（1）帶電粒子如果能從金屬板右側(cè)飛出，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是多少？
（2）試通過計(jì)算判斷在t=1.4×10^--8s和t=0.6×10^--8s時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子能否飛出．
（3）若有粒子恰好能從右側(cè)極板邊緣飛出，該粒子飛出時(shí)動(dòng)能的增量△E_K=？

Answer 1

【答案】分析：（1）金屬板間有電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，無電場(chǎng)時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向總是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由t=求時(shí)間；
（2）分析帶電粒子在極板間的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求豎直方向的位移y，根據(jù)y與的大小，分析能否飛出．
（3）若粒子恰能飛出兩板間，在豎直方向有兩種運(yùn)動(dòng)情況：先靜止再勻加速和先加速再勻速，由牛頓第二定律求出加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出偏移距離，再由動(dòng)能定理求粒子飛出時(shí)動(dòng)能的增量△E_k．
解答：解：（1）粒子在電場(chǎng)中飛行的時(shí)間為t，則 t=                                      
代入數(shù)據(jù)得：t=1×10^-8s
（2）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度a===2×l0¹⁴m/s²．
當(dāng)t=1.4×1O^-8s時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，考慮豎直方向運(yùn)動(dòng)，前0.6×10^-8s無豎直方向位移，后0.4×10^-8s做勻加速運(yùn)動(dòng)．
   豎直方向位移為 y=at²=0.16×10^-2m＜d=0.5×10^-2m            
∴能飛出兩板間    
當(dāng)t=-O．6×1O^-8s時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，考慮豎直方向運(yùn)動(dòng)，前0.4×10^-8s勻加速運(yùn)動(dòng)，后O．6×1 O^-8s做勻速運(yùn)動(dòng)．
   豎直方向位移y′=s₁+s₂=at²+at（T-t）=0.64 x10-2m＞d=0.5×10^-2m
∴不能飛出兩板間                             
（3）若粒子恰能飛出兩板間，考慮兩種情況
a．豎直方向先靜止再勻加速．
  y=at²        
  代入得 0.5×10^-2=×2×10¹⁴t²
  得t=×10^-8s                            
∴△E_k==1×10^-8J                           
b．豎直方向先勻加速再勻速
Sy=S₁+S₂=at²+at（T-t）      
代入得 0.5×10^-2=×2×10¹⁴t²+2×10¹⁴t（1×10^-8-t）
得t=（1-）×10^-8s
∴S₁=at²=（1.5-）×10^-2m              
∴△E_k=EqS₁==（3-2）×10^一8=0.17×10^-8J
答：
（1）帶電粒子如果能從金屬板右側(cè)飛出，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是
（2）通過計(jì)算判斷得知在t=1.4×10^-8s進(jìn)入電場(chǎng)的粒子能飛出電場(chǎng)，t=0.6×10^-8s時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子不能飛出電場(chǎng)．
（3）若有粒子恰好能從右側(cè)極板邊緣飛出，該粒子飛出時(shí)動(dòng)能的增量△E_K為0.17×10^-8J．
點(diǎn)評(píng)：本題帶電粒子在周期性電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題，分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況是關(guān)鍵，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法進(jìn)行研究．