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(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△Ek=?
(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)
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△Ek
(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
△Ek=
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
at12=
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.
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