Question

19．如圖（a）所示，水平放置的平行金屬板AB間的距離d=0.1m，板長L=0.3m，在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板，小孔恰好位于AB板的正中間，距金屬板右端x=0.5m處豎直放置一足夠大的熒光屏，現在AB板間加如圖（b）所示的方波形電壓，已知U₀=1.0×10²V，在擋板的左側，有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續(xù)射向擋板，粒子的質量m=1.0×10^-7kg，電荷量q=1.0×10^-2C，速度大小均為v₀=1.0×10⁴m/s，帶電粒子的重力不計，則：

（1）求電子在電場中的運動時間；
（2）求在t=0時刻進入的粒子打在熒光屏上的位置到O點的距離；
（3）若撤去擋板，求熒光屏上出現的光帶長度．

Answer 1

分析 （1）粒子進入電場后水平方向做勻速直線運動，由t=$\frac{L}{{v}_{0}}$，求出電子通過電場的時間．
（2）在t=0時刻進入的粒子，豎直方向上先作勻加速直線運動2×10^-5s，再作勻減速直線運動1×10^-5s，根據牛頓第二定律求得加速度，由速度公式v=at求出粒子射出電場時豎直方向的速度．由運動學位移時間公式求出粒子離開電場時偏轉的豎直位移．粒子離開電場后做勻速直線運動，也運用運動的分解法求解偏轉的豎直位移，即可得到粒子打在熒光屏上的位置到O點的距離；
（3）由b圖可知，粒子在豎直方向加速和減速運動的時間之差等于交變電壓的周期的$\frac{1}{3}$，由公式v_y=at求解粒子離開電場時的豎直分速度．所有粒子飛出時的速度均相同，重點研究2×10^-5s來打入的一個粒子，若其恰好能不碰下極板，即可由幾何知識和運動學公式求解熒光屏上出現的光帶長度．

解答 解：（1）粒子水平方向速度不變，作勻速直線運動，
在電場中運動時間為：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{0.3}{1.0×1{0}^{4}}$s=3×10^-5s，
（2）0時刻進入的粒子豎直方向上先作勻加速直線運動，用時t₁=2×10^-5s，再作勻減速直線運動，用時t₂=1×10^-5s，加速度大小相等，為：
  a=$\frac{q{U}_{0}}{md}$=$\frac{1×1{0}^{-2}×1×1{0}^{2}}{1×1{0}^{-7}×0.1}$m/s²=10⁸m/s²，
射出電場時，豎直分速度為：
    v_y=at₁-at₂=10⁸×（2×10^-5-1×10^-5）m/s=10³m/s，
因為t₁=2t₂，可將整個運動時間分成三個t₂，根據初速度為零的勻加速直線運動的推論可知，在三個t₂內粒子豎直分位移分別為：y₁=$\frac{1}{2}$at₂²，y₂=3×$\frac{1}{2}$at₂²，y₃=3×$\frac{1}{2}$at₂²，所以射出電場時，豎直分位移為：
    Y′=（1+3+3）•$\frac{1}{2}$at₂²=7×$\frac{1}{2}×1{0}^{8}×（1×1{0}^{-5}）^{2}$m=0.035m
依據比例可得：Y=Y′+$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$x=0.035+0.05=0.085（m）
（3）粒子離開電場時豎直分速度為：v_y=a（t_正-t_負），式中t_正為粒子在電場中運動時正向電壓（上極板為U₀）的持續(xù)時間．t_負為粒子在電場中運動時負向電壓（下極板為U₀）的持續(xù)時間，（t_正-t_負）恰好等于交變電壓的周期的$\frac{1}{3}$，
故v_y=a•$\frac{1}{3}$T=10⁸m/s²×$\frac{1}{3}×3×1{0}^{-5}$m/s=1000m/s，
又所有粒子打入時的水平速度均為v₀=1.0×10⁴m/s，且水平方向作勻速直線運動，所以所有粒子離開電場時的速度均為v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=1000$\sqrt{101}$m/s，方向與水平成arccot10度角．可知粒子離開電場時的速度均相同．
研究2×10^-5s來打入的一個粒子，若其恰好能不碰下極板（如圖），所以光帶長度為 l=d-$\frac{1}{2}$at₂²=0.095m
答：
（1）電子在電場中的運動時間為3×10^-5s；
（2）在t=0時刻進入的粒子打在熒光屏上的位置到O點的距離為0.085m；
（3）熒光屏上出現的光帶長度為0.095m．

點評 解決在偏轉場中問題，通常由類平拋運動規(guī)律求解，要能熟練運用運動的合成與分解的方法研究，分析時要充分運用勻加速運動位移的比例關系和運動的對稱性，來求解豎直分位移．