Question

1．如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O₁O為中軸線．當兩板間加電壓U_MN=U₀時，兩板間為勻強電場，忽略兩極板外的電場．某種帶負電的粒子從O₁點以速度v₀沿O₁O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計．
（1）求帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T=$\frac{L}{{v}_{0}}$，從t=0開始，前$\frac{T}{3}$內(nèi)U_MN=2U，后$\frac{2T}{3}$內(nèi)U_MN=-U，大量的上述粒子仍然以速度v₀沿O₁O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值．
（3）若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T=$\frac{L}{{v}_{0}}$，大量的上述粒子仍然以速度v₀沿O₁O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求所有粒子在運動中偏離中軸線最小位移與最大位移比值的大小．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，由運動的合成與分解規(guī)律可求得比荷；
（2）由題意可知粒子在電場中的運動過程，根據(jù)電場的周期性變化規(guī)律可明確粒子在電場中的運動規(guī)律，根據(jù)條件則可求得電壓值．
（3）在所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在t=nT+$\frac{T}{6}$ 或t=nT+$\frac{2}{3}$T （n=0，1，2…）時刻進入電場的粒子恰好從中軸線飛出．它們在運動過程中電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最�。�在t=nT或t=nT+$\frac{1}{3}$T（n=0，1，2…）時刻進入電場的粒子恰好分別從極板右側(cè)上、下邊緣處飛出．它們在運動過程中電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最大．

解答 解：（1）設(shè)粒子經(jīng)過時間t₀打在M板中點，沿極板方向有：$\frac{L}{2}$=v₀t₀
垂直極板方向有：$\frac0t0awug{2}$=$\frac{q{U}_{0}}{2md}{t}_{0}^{2}$
解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{4wkdlo88^{2}{v}_{0}^{2}}{{U}_{0}{L}^{2}}$．
（2）粒子通過兩板時間 t=$\frac{L}{{v}_{0}}$=T，從t=0時刻開始，粒子在兩板間運動時，每個電壓變化周期的前三分之一時間內(nèi)方向垂直極板的加速度大小為：a₁=$\frac{2qU}{md}$
（或在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)方向垂直極板的加速度大小為：a₂=$\frac{qU}{md}$）
所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在t=nT或t=nT+$\frac{1}{3}$T（n=0，1，2…）時刻進入電場的粒子恰好分別從極板右側(cè)上、下邊緣處飛出．它們在電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最大，則：$\fracg8iqw0f{2}$=$\frac{1}{2}$（a₁•$\frac{T}{3}$）T   
可解得：U=$\frac{3{U}_{0}}{8}$．
（3）在所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在t=nT+$\frac{T}{6}$ 或t=nT+$\frac{2}{3}$T （n=0，1，2…）時刻進入電場的粒子恰好從中軸線飛出．它們在運動過程中電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最小，則偏離中軸線最小位移為：y=$\frac{1}{2}$（a₁•$\frac{T}{6}$）$\frac{T}{2}$ 
可以確定在t=nT或t=nT+$\frac{1}{3}$T（n=0，1，2…）時刻進入電場的粒子恰好分別從極板右側(cè)上、下邊緣處飛出．它們在運動過程中電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最大，則偏離中軸線最大位移為：Y=$\frac{1}{2}$（a₁•$\frac{T}{3}$）T
所以粒子在運動中偏離中軸線最小位移與最大位移比值的大小為：$\frac{y}{Y}$=$\frac{1}{4}$．
答：（1）帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$是$\frac{4auw8mg9^{2}{v}_{0}^{2}}{{U}_{0}{L}^{2}}$；
（2）U為$\frac{3{U}_{0}}{8}$．
（3）粒子在運動中偏離中軸線最小位移與最大位移比值的大小是$\frac{1}{4}$．

點評 本題考查帶電粒子在電場中的運動，關(guān)鍵要正確分析帶電粒子的運動情況，要掌握電場中類平拋運動的研究方法：運動的合成與分解法，運用動力學規(guī)律解答．