Question

17．如圖1所示，水平放置、長為l的平行金屬板A和B的距離為d，距其右端L豎直安放有足夠長的屏PQ，現(xiàn)在A、B間加上如圖2所示的電壓，電壓變化周期為T，現(xiàn)有質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子束，從t=0時刻開始，從A、B板左端的中點O₁沿平行于金屬板方向O₁O₂以速度v₀源源不斷的射入，且滿足v₀T=l，粒子能全部打一屏上，兩板外無電場，不計粒子重力及粒子間相互作用力，求：

（1）t=0時刻射入的粒子從進(jìn)入到穿出A、B板過程動量的增量△P；
（2）粒子擊中屏PQ區(qū)域的長度；
（3）要使粒子能全部打在屏PQ上，電壓U₀的數(shù)值應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動量定理即可求得動量增量；
（2）由運(yùn)動的獨立性可知，帶電粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向在電場力的作用下做變速運(yùn)動．粒子打在靶MN上的范圍，實際上就是粒子在豎直方向所能到達(dá)的范圍．分別計算當(dāng)粒子在0，T，2T，…nT時刻進(jìn)入電場中和粒子在$\frac{T}{2}$，3$\frac{T}{2}$，…（2n+1）$\frac{T}{2}$時刻進(jìn)入電場時，這兩種情況向粒子在豎直方向上的位移
（3）要使粒子能全部打在靶上，豎直方向上最大位移必須小于$\fraczhpcwfv{2}$，列式化簡即可．

解答 解：（1）以豎直向下為正方向，t=0 時刻射入的粒子從進(jìn)入到穿出A、B板過程
由動量定理得：$△P=\frac{q{U}_{0}}rwbvfon×\frac{T}{2}-\frac{q×2{U}_{0}}hnoxkqw×\frac{T}{2}=-\frac{q{U}_{0}T}{2d}$
即動量增量大小為$\frac{q{U}_{0}T}{2d}$  方向豎直向上
（2）同（1）可證任意時刻射入的粒子從進(jìn)入到穿出A、B板過程動量的增量均為$△P=-\frac{q{U}_{0}T}{2d}$
即出電場時各粒子速度方向相同，說明粒子擊中屏PQ區(qū)域的長度即為粒子出電場時區(qū)域的長度
畫出相應(yīng)v-t圖象（圖略）分析可得：
在t=nT （n=0，1，2…）時刻射入的粒子從進(jìn)入到穿出A、B板間時有最大的向下偏轉(zhuǎn)距離y₁
得：${y}_{1}=\frac{1}{2}\frac{q{U}_{0}}{md}（\frac{T}{2}）^{2}=\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{8md}$
在$t=（2n+1）\frac{T}{2}$（n=0，1，2…）時刻射入的粒子穿出A、B板間時有最大的向上偏轉(zhuǎn)距離y₂
${y}_{2}=\frac{{v}_{m}}{2}•\frac{T}{2}+\frac{{v}_{m}+\frac{{v}_{m}}{2}}{2}•\frac{T}{2}=\frac{5{v}_{m}T}{8}$    而${v}_{m}=\frac{2q{U}_{0}}{md}•\frac{T}{2}$
得：${y}_{2}=\frac{5q{U}_{0}{T}^{2}}{8md}$
粒子擊中屏PQ區(qū)域的長度即為粒子出電場時區(qū)域的長度  $y={y}_{1}+{y}_{2}=\frac{3q{U}_{0}{T}^{2}}{4md}$
（3）要使粒子能全部打在屏PQ上，即粒子能全部穿出A、B板右側(cè)  須有：${y}_{2}＜\fracukivoab{2}$
電壓U₀的數(shù)值應(yīng)滿足的條件${U}_{0}＜\frac{4mltqvdmy^{2}}{5q{T}^{2}}$
答：（1）t=0時刻射入的粒子從進(jìn)入到穿出A、B板過程動量的增量△P為$\frac{q{U}_{0}T}{2d}$；
（2）粒子擊中屏PQ區(qū)域的長度為$\frac{3q{U}_{0}{T}^{2}}{4md}$；
（3）要使粒子能全部打在屏PQ上，電壓U₀的數(shù)值應(yīng)滿足的條件為${U}_{0}＜\frac{4mtcevhkp^{2}}{5q{T}^{2}}$

點評 本題是帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，是典型的類平拋運(yùn)動的問題，把粒子的運(yùn)動分解為水平和豎直方向上的運(yùn)動，在水平方向上做勻速運(yùn)動，豎直方向上做勻速直線運(yùn)動，本題還要注意電場力的大小和方向具有周期