Question

20．如圖所示，平行放置的金屬板A、B間電壓為U₀，中心各有一個小孔P、Q，平行放置的金屬板C、D板長和板間距均為L，足夠長的粒子接收屏M與D板夾角為127°．現從P點處有質量為 m、帶電量為+q的粒子放出（粒子的初速度可忽略不計）．經加速后從Q點射出，貼著C板并平行C板射入C、D電場（平行金屬板外電場忽略不計，重力不計，sin3°=0.6，cos37°=0.8）
（1）粒子經加速后從Q點射出速度大小v．
（2）若在進入C、D間電場后好恰從D板邊緣飛出，則C、D間電壓U₁為多少？
（3）調節C、D間電壓（大小）使進入電場的粒子，不能打在粒子接收屏M上，則C、D間電壓U₂的取值范圍？

Answer 1

分析 （1）先由動能定理求出電場加速獲得的速度．
（2）若在t=0時刻進入C、D間電場的粒子恰從D板邊緣飛出，粒子在CD間先做類平拋運動，后沿速度方向做勻速直線運動，根據牛頓第二定律和運動學公式結合求解．
（3）不能打在粒子接收屏M上的粒子，可能落在極板D上，有可能飛出電場時的偏轉角比較小，由類平拋運動的公式分別討論即可．

解答 解：（1）在AB之間電場力做功，由動能定理：$\frac{1}{2}mv_{\;}^2-0=q{U_0}$
所以：$v=\sqrt{\frac{{2q{U_0}}}{m}}$
（2）粒子在偏轉電場中水平方向做勻速直線運動得：$t=\frac{L}{v}=L\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{0}}}$
豎直方向上做勻加速直線運動$a=\frac{{q{U_1}}}{mL}$
豎直方向上位移$L=\frac{1}{2}\frac{{q{U_1}}}{mL}{t^2}$
求得U₁=4U₀
（3）若粒子飛出C、D間電場則飛出時豎直方向上速度${v_y}=\frac{{q{U_1}}}{mv}\sqrt{\frac{m}{2qU}}$
速度偏轉角$tanθ=\frac{v_y}{v_x}=\frac{U_2}{{2{U_1}}}$
由題意可知θ≤53°解得${U_2}≤\frac{{3{U_1}}}{2}$
若粒子沒有飛出電場也不能打到粒子接收屏M；此時可知U₁＞4U₀
綜上：可知U₁＞4U₀或 ${U_2}≤\frac{{3{U_1}}}{2}$
答：（1）粒子經加速后從Q點射出速度大小是$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$．
（2）若在進入C、D間電場后好恰從D板邊緣飛出，則C、D間電壓U₁為4U₀；
（3）調節C、D間電壓（大小）使進入電場的粒子，不能打在粒子接收屏M上，則C、D間電壓U₂的取值范圍U₁＞4U₀或 ${U_2}≤\frac{{3{U_1}}}{2}$．

點評 本題關鍵是分析帶電粒子的運動情況，確定出臨界條件，運用牛頓第二定律和運動學規律結合進行求解．