Question

20．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U₀=1.0×10²V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10^-7kg，电荷量q=1.0×10^-2C，速度大小均为v₀=1.0×10⁴m/s，带电粒子的重力不计，则：

（1）求粒子从进入电场到打中荧光屏所经历的时间；
（2）求在t=0时刻进入的粒子飞出电场时垂直于极板方向的位移大小，及速度与水平方向夹角的正切值；
（3）若撤去挡板，求由正极板边缘、且从t=1×10^-5s时刻进入电场的粒子打到荧光屏上的位置距O点的距离．

Answer 1

分析 （1）根据匀速直线运动位移时间关系求解时间；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电子的运动时间，求出粒子在电场中的偏移量；应用运动的合成与分解，牛顿第二定律与运动学公式可以求出粒子的速度方向；
（3）求出粒子在电场中的偏移量以及出电场时竖直方向的速度大小，然后求出粒子打到荧光屏上的位置距O点的距离．

解答 解：（1）粒子水平方向速度不变，作匀速直线运动，
粒子从进入电场到打中荧光屏所经历的时间为：t₀=$\frac{L+x}{{v}_{0}}=\frac{0.3+0.5}{1.0×1{0}^{4}}s$=8×10^-5s；
（2）粒子在电场中运动的时间为：$t′=\frac{L}{{v}_{0}}=\frac{0.3}{1.0×1{0}^{4}}s=3×1{0}^{-5}s$，
0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时t₁=2×10^-5s；再作匀减速直线运动，用时t₂=1×10^-5s，
加速度大小相等，为：a=$\frac{q{U}_{0}}{md}=\frac{1.0×1{0}^{-2}×1.0×1{0}^{2}}{1.0×1{0}^{-7}×0.1}m/{s}^{2}$=1×10⁸m/s²，
侧移量：d₁=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}+a{t}_{1}{t}_{2}-\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$=3.5×10^-2m，
射出时竖直方向的速度大小为${v}_{y}=a{t}_{1}-a{t}_{2}=1{0}^{8}（2×1{0}^{-5}-1×1{0}^{-5}）$=1×10³m/s，
正切值tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{1}{10}$；
（3）粒子从t=1×10^-5s时刻进入电场，在第一个1×10^-5s向负极板加速运动、在第二个1×10^-5s向负极板减速运动，在第三个1×10^-5s向负极板加速运动；
所以出电场时的偏离正极板的位移：y₁'=$\frac{1}{2}a{t}^{2}×3$=0.005×3=0.015m
出电场时沿竖直方向的速度为$v{′}_{1}=at=1{0}^{3}s$，
场外沿竖直方向的位移：y₂'=$v{′}_{1}t′=1{0}^{3}×\frac{0.5}{1{0}^{4}}m$=0.05m
结果y'=0.065m-0.05m=0.015m．
答：（1）粒子从进入电场到打中荧光屏所经历的时间为8×10^-5s；
（2）在t=0时刻进入的粒子飞出电场时垂直于极板方向的位移大小为3.5×10^-2m，速度与水平方向夹角的正切值为$\frac{1}{10}$；
（3）若撤去挡板，求由正极板边缘、且从t=1×10^-5s时刻进入电场的粒子打到荧光屏上的位置距O点的距离为0.015m．

点评 解决在偏转场中问题，通常由类平抛运动规律求解，要能熟练运用运动的合成与分解的方法研究，分析时要充分运用匀加速运动位移的比例关系和运动的对称性，来求解竖直分位移．