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(xiàn)在AB板上加上如圖乙所示的方波形電壓，t=0時(shí)A板比B板的電勢(shì)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(zhuǎn)電場(chǎng)中．已知所有進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子都能打在金屬靶MN上，粒子在AB間的飛行時(shí)間為T，偏轉(zhuǎn)金屬板AB的板長為L，其板間的距離為d，每個(gè)粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子的重力忽略不計(jì)，試求：

（1）t=0時(shí)射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子擊中靶MN時(shí)的速度大小v；
（2）t=$\frac{T}{4}$時(shí)射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子打在靶MN上的點(diǎn)到中心O′點(diǎn)的距離S；
（3）要使粒子能全部打在靶MN上，電壓U₀的數(shù)值應(yīng)滿足的條件．（寫出U₀，m、d、q，T的關(guān)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(yùn)動(dòng)，已知位移和時(shí)間，可以求解初速度；
在一個(gè)周期內(nèi)，豎直方向的電場(chǎng)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(shí)刻，速度與靶垂直；
（2）t=$\frac{T}{4}$時(shí)射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子，在水平方向是勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向是先向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和位移公式列式求解；
（3）t=$\frac{T}{4}$時(shí)射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子，側(cè)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(yùn)動(dòng)；
一個(gè)周期T內(nèi)，豎直方向的電場(chǎng)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(shí)射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，后$\frac{T}{2}$在豎直方向是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度時(shí)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(shí)射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子，側(cè)移量最大，只要該時(shí)刻發(fā)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$≤\fracoj4drue{2}$
聯(lián)立解得：
${U}_{0}≤\frac{2m}{q{T}^{2}}$
答：（1）t=0時(shí)射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子擊中靶MN時(shí)的速度大小v為$\frac{L}{T}$；
（2）t=$\frac{T}{4}$時(shí)射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子打在靶MN上的點(diǎn)到中心O′點(diǎn)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(shù)值應(yīng)滿足的條件為${U}_{0}≤\frac{2m}{q{T}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是采用正交分解法研究電荷的運(yùn)動(dòng)，結(jié)合動(dòng)量定理得到在一個(gè)周期內(nèi)，電場(chǎng)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．