Question

17．如圖甲所示，平行金屬板AB的右端安放著豎直的金屬板靶MN，現在AB板上加上如圖乙所示的方波形電壓，t=0時A板比B板的電勢高，電壓的正反向電壓值均為U₀，今有帶正電的粒子束以相同的初速度，從AB板的正中間沿OO′方向射入偏轉電場中．已知所有進入偏轉電場的粒子都能打在金屬靶MN上，粒子在AB間的飛行時間為T，偏轉金屬板AB的板長為L，其板間的距離為d，每個粒子的電荷量為q，質量為m，粒子的重力忽略不計，試求：

（1）t=0時射入偏轉電場的粒子擊中靶MN時的速度大小v；
（2）t=$\frac{T}{4}$時射入偏轉電場的粒子打在靶MN上的點到中心O′點的距離S；
（3）要使粒子能全部打在靶MN上，電壓U₀的數值應滿足的條件．（寫出U₀，m、d、q，T的關系式即可）

Answer 1

分析 （1）采用正交分解法研究，粒子在水平方向是勻速直線運動，已知位移和時間，可以求解初速度；
在一個周期內，豎直方向的電場力的沖量恰好為零，故豎直方向的速度的變化量為零，故打在靶上時刻，速度與靶垂直；
（2）t=$\frac{T}{4}$時射入偏轉電場的粒子，在水平方向是勻速直線運動，在豎直方向是先向下做勻加速直線運動，再向下做勻減速直線運動，結合牛頓第二定律和位移公式列式求解；
（3）t=$\frac{T}{4}$時射入偏轉電場的粒子，側移量最大，考慮臨界條件即可．

解答 解：（1）采用正交分解法研究：
粒子在水平方向是勻速直線運動；
一個周期T內，豎直方向的電場力的沖量恰好為零，故豎直方向的速度的變化量為零；
故L=vT
解得：v=$\frac{L}{T}$
（2）t=$\frac{T}{4}$時射入偏轉電場的粒子，前$\frac{T}{2}$在豎直方向是初速度為零的勻加速直線運動，后$\frac{T}{2}$在豎直方向是勻加速直線運動，速度時間圖象如圖所示：

故位移為：S=2×$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=2×$\frac{1}{2}×\frac{q{U}_{0}}{md}×（\frac{T}{2}）^{2}$
解得：S=$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{4md}$
（3）t=$\frac{T}{4}$時射入偏轉電場的粒子，側移量最大，只要該時刻發射的粒子能夠打在靶MN上，則所有的粒子都可以打在靶MN上，故：
S$≤\fracp9vv5xb5{2}$
聯立解得：
${U}_{0}≤\frac{2m}{q{T}^{2}}$
答：（1）t=0時射入偏轉電場的粒子擊中靶MN時的速度大小v為$\frac{L}{T}$；
（2）t=$\frac{T}{4}$時射入偏轉電場的粒子打在靶MN上的點到中心O′點的距離S為$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{4md}$；
（3）要使粒子能全部打在靶MN上，電壓U₀的數值應滿足的條件為${U}_{0}≤\frac{2m}{q{T}^{2}}$．

點評 本題關鍵是采用正交分解法研究電荷的運動，結合動量定理得到在一個周期內，電場力豎直方向的分量為零，速度的豎直方向的分量的變化量為零．