Question

如圖所示，長為L、相距為d的兩平行金屬板與一交流電源相連（圖中未畫出），有一質(zhì)量為m、帶電量為q的帶負(fù)電的粒子以初速度Vo從板中央水平射入電場，從飛入時刻算起，A、B板間所加電壓的變化規(guī)律如圖所示，為了使帶電粒子離開電場時速度方向恰好平行于金屬板，（不計重力）問：
（1）交變電壓周期T應(yīng)滿足什么條件？
（2）加速電壓值uo的取值范圍多大？

Answer 1

分析：（1）帶電粒子進(jìn)入電場后做類平拋運動，要使帶電粒子離開電場時的速度方向平行于金屬板，粒子穿過電場的時間應(yīng)是t=nT，粒子水平方向做勻速直線運動，由t=

L

v0

求出時間，聯(lián)立即可得到周期T滿足的條件．
（2）在豎直方向上帶電粒子通過的位移大小相等，由牛頓第二定律和運動學(xué)求出一個周期內(nèi)豎直方向的位移大小h₁，帶電粒子在n個周期內(nèi)的位移為h=nh₁，要使粒子能離開電場，h應(yīng)滿足的條件是h≤

d

2

，即可求出交變電壓的最大值U₀的取值范圍．

解答：解：（1）帶電粒子穿越電場所需時間t=

L

v0

①
粒子飛出電場時速度方向平行于金屬板，所以：t=nT  其中n=1，2，3…②
   T=

t

n

=

L

nv0

（n=1，2，3…） ③
（2）豎直方向上帶電粒子在一個周期內(nèi)的位移h₁

1

2

a(

T

2

)2×2=

qU0

md

T2

4

=

qU0T2

4md

④
帶電粒子在n個周期內(nèi)的位移h=nh₁=n

qU0T2

4md

根據(jù)題意，電子能離開電場，必有 h≤

d

2

，⑥
得  n

qU0T2

4md

≤

d

2

解得U₀≤

2d2m

qT2

1

n

 
將T=

t

n

=

L

nv0

（n=1，2，3…）  代入得  
     U₀≤

2nmd2 v 2 0

qL2

答：（1）交變電壓周期T需滿足的條件是 T=

L

nv0

（n=1（n=1，2，3…）．（2）交變電壓的最大值U₀的取值范圍是  U₀≤

2nmd2 v 2 0

qL2

（n=1，2，3…）．

點評：本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，理清粒子的運動規(guī)律，結(jié)合運動學(xué)公式和牛頓第二定律進(jìn)行求解．