Question

7．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）求粒子在电场中的运动时间；
（2）求在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
（3）请证明粒子离开电场时的速度均相同；
（4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．

Answer 1

分析 （1）粒子进入电场后水平方向做匀速直线运动，由t=$\frac{L}{{v}_{0}}$，求出电子通过电场的时间．
（2）在t=0时刻进入的粒子，竖直方向上先作匀加速直线运动2×10^-5s，再作匀减速直线运动1×10^-5s，根据牛顿第二定律求得加速度，由速度公式v=at求出粒子射出电场时竖直方向的速度．由运动学位移时间公式求出粒子离开电场时偏转的竖直位移．粒子离开电场后做匀速直线运动，也运用运动的分解法求解偏转的竖直位移，即可得到粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
（3）由b图可知，粒子在竖直方向加速和减速运动的时间之差等于交变电压的周期的$\frac{1}{3}$，由公式v_y=at求解粒子离开电场时的竖直分速度，再合成，即可证明．
（4）所有粒子飞出时的速度均相同，重点研究2×10^-5s来打入的一个粒子，若其恰好能不碰下极板，即可由几何知识和运动学公式求解荧光屏上出现的光带长度．

解答 解：（1）粒子水平方向速度不变，作匀速直线运动，在电场中运动时间为：
t=$\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{0.3}{1.0×1{0}^{4}}$s=3×10^-5s，
（2）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=$\frac{q{U}_{0}}{md}$=$\frac{1×1{0}^{-2}×1×1{0}^{2}}{1×1{0}^{-7}×0.1}$m/s²=10⁸m/s²，
射出电场时，竖直分速度为：v_y=at₁-at₂=10⁸×（2×10^-5-1×10^-5）m/s=10³m/s，
因为t₁=2t₂，可将整个运动时间分成三个t₂，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知，在三个t₂内粒子竖直分位移分别为：
y₁=$\frac{1}{2}$at₂²，
y₂=3×$\frac{1}{2}$at₂²，
y₃=3×$\frac{1}{2}$at₂²，
所以射出电场时，竖直分位移为：Y′=（1+3+3）•$\frac{1}{2}$at₂²=7×$\frac{1}{2}$m=0.035m
依据比例可得：Y=Y′+$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$x=0.035+0.05=0.085m
（3）粒子离开电场时竖直分速度为：v_y=a（t_正-t_负），
式中t_正为粒子在电场中运动时正向电压（上极板为U₀）的持续时间．
t_负为粒子在电场中运动时负向电压（下极板为U₀）的持续时间，（t_正-t_负）恰好等于交变电压的周期的$\frac{1}{3}$，故有：
v_y=a•$\frac{1}{3}$T=10⁸m/s²×$\frac{1}{3}$×3×10^-5sm/s=1000m/s，
又所有粒子打入时的水平速度均为v₀=1.0×10⁴m/s，且水平方向作匀速直线运动，
所以所有粒子离开电场时的速度均为v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=1000$\sqrt{101}$m/s，方向与水平成arccot10度角．可知粒子离开电场时的速度均相同．
（4）由第（3）问可知，所有粒子飞出时的速度均相同，研究2×10^-5s来打入的一个粒子，
若其恰好能不碰下极板（如图），所以光带长度为：l=d-$\frac{1}{2}$at₂²=0.095m．
答：（1）电子在电场中的运动时间为3×10^-5s；
（2）在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离为0.085m；
（3）证明粒子离开电场时的速度均相同见上；
（4）荧光屏上出现的光带长度为0.095m．

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．