Question

（2008?普陀区三模）两平行金属板长L=0.1m，板间距离d=1.44×10^-2m，从两板左端正中间有带电粒子持续飞入，如图甲所示．粒子的电量q=10^-10C，质量m=10^-20kg，初速度方向平行于极板，大小为v=10⁷m/s，在两极板上加一按如图乙所示规律变化的电压，不计带电粒子重力作用．求：
（1）带电粒子如果能从金属板右侧飞出，粒子在电场中运动的时间是多少？
（2）有一粒子恰好能从右侧极板边缘飞出，该粒子飞出时动能的增量△E_k=？
（3）该装置正常工作后，在一个周期内从两板右侧有粒子射出的时间t与无粒子射出的时间t?各为多少？（打到金属板上的粒子立即被金属板吸附）

Answer 1

分析：（1）金属板间有电场时，带电粒子做类平抛运动，无电场时，做匀速直线运动，水平方向总是做匀速直线运动，由t=

L

v

求时间；
（2）带电粒子在极板间运动期间，在竖直方向有一段时间加速，有一段时间匀速，分两种情况：先匀速再加速和先加速再匀速，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出偏移距离，再由动能定理求粒子飞出时动能的增量△E_k．
（3）根据（2）问的结果分析粒子将打到金属板上被金属板吸附的时间段．在（1～2）×10^-8s内某时刻t₂前进入极板的粒子沿竖直方向先不偏转后加速，直至通过极板．t₂时刻应满足

d

2

=

1

2

a(t2-1×10-8)2，求t₂．在一个周期有粒子射出的时间为t=t₂-t₁．无粒子射出的时间t′=T-t．

解答：解：（1）带电粒子在水平方向作匀速直线运动，有 t=

L

v

=

0.1

107

s=1×10-8s．
（2）粒子进入极板后，当两极板间有电压时，粒子的加速度大小为 a=

qU

md

=

10-10×400

10-20×1.44×10-2

m/s2≈2.78×1014m/s2
如果进入电场的粒子在竖直方向始终加速，其偏移距离 y=

1

2

at2=

1

2

×2.78×1014×(10-8)2m=1.39×10-2m＞

d

2

所以带电粒子在极板间运动期间，在竖直方向有一段时间加速，有一段时间匀速．如果先匀速再加速，从右侧极板边缘飞出的粒子动能增量为
△E_k=q×

1

2

U=2×10^-8J
如果先加速再匀速，例如在（0～1）×10^-8s内某时刻t₁进入电场的粒子，从右侧极板边缘飞出时应满足

d

2

=

1

2

a(1×10-8-t1)2+a(1×10-8-t1)t1
解得 t1=6.9×10-9s
加速时间 t1′=(1×10-8-6.9×10-9)s=3.1×10-9s
加速距离 y=

1

2

at1′2=

1

2

×2.78×1014×(3.1×10-9)2m=1.31×10-3m
粒子动能增量为 △Ek=q

U

d

y=10-10×

400

1.44×10-2

×1.31×10-3J=3.6×10-9J
（3）由（2）可知，在（0～1）×10^-8s内进入极板的粒子，在t1=6.9×10-9s时刻之前进入的粒子将打到金属板上被金属板吸附，在时刻t₁以后进入极板的粒子沿电场方向先加速后匀速直至飞出极板；
在（1～2）×10^-8s内某时刻t₂前进入极板的粒子沿竖直方向先不偏转后加速，直至通过极板．t₂时刻应满足

d

2

=

1

2

a(t2-1×10-8)2
可解得：t₂=1.72×10^-8s．
所以在一个周期有粒子射出的时间为
 t=t₂-t₁=（1.72×10^-8-6.9×10^-9）s=1.03×10^-8s；
无粒子射出的时间
 t?=T-t=（2×10^-8-1.03×10^-8）s=0.97×10^-8s．
答：
（1）带电粒子如果能从金属板右侧飞出，粒子在电场中运动的时间是1×10^-8s．
（2）有一粒子恰好能从右侧极板边缘飞出，该粒子飞出时动能的增量为3.6×10^-9J．
（3）该装置正常工作后，在一个周期内从两板右侧有粒子射出的时间为1.03×10^-8s；无粒子射出的时间为0.97×10^-8s．

点评：本题粒子电子在周期性电场中，分析电子的运动情况是关键，运用运动的分解法进行研究．