如图甲所示.有一质量为m.带电量为q的带正电的粒子由静止从M板中央释放.MN间电压恒为U1．粒子经加速电场加速后.沿中线垂直射入AB间的匀强电场.AB两板的长为L.相距为d.AB两平行金属板与一交流电源相连.且粒子恰好在零时刻进入AB间电场.AB板间所加电压的变化规律如图乙所示．(1)带电粒子从N板射出时速度v0是多大?(2)若带电粒子在AB两板间的运� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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16．如图甲所示，有一质量为m、带电量为q的带正电的粒子由静止从M板中央释放，MN间电压恒为U₁．粒子经加速电场加速后，沿中线垂直射入AB间的匀强电场，AB两板的长为L、相距为d，AB两平行金属板与一交流电源相连（图中未画出），且粒子恰好在零时刻进入AB间电场，AB板间所加电压的变化规律如图乙所示．

（1）带电粒子从N板射出时速度v₀是多大？
（2）若带电粒子在AB两板间的运动时间小于$\frac{T}{2}$，且能射出AB两板间的电场，求带电粒子在A B两板间的偏移量（即垂直于v₀方向的位移）是多少？
（3）为了使带电粒子离开电场时恰好贴着极板且速度方向平行于金属板，求AB板所加电压U₂和MN两板间电压U₁的关系？

分析（1）带电粒子在MN间运动时，电场力做功，由动能定理求加速获得的速度，即为带电粒子从N板射出时速度v₀．
（2）带电粒子进入AB间的电场后做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解．
（3）要使带电粒子离开电场时恰好贴着极板且速度方向平行于金属板，粒子穿过电场的时间应是t=nT，竖直分位移等于d．粒子水平方向做匀速直线运动，竖直方向匀加速与匀减速交替，由牛顿第二定律和运动学公式求解．

解答解：（1）根据动能定理得：
qU₁=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
可得 v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$
（2）带电粒子进入AB间的电场后做类平抛运动，则有
L=v₀t
y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
又 a=$\frac{q{U}_{2}}{md}$
由以上四式联立得 y=$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$
（3）为了使带电粒子离开电场时恰好贴着极板且速度方向平行于金属板，必须满足：t=nT，n=1，2，3，…
即有 $\frac{L}{{v}_{0}}$=nT
将v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$代入上式得：L$\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}}}$=nT ①
设粒子在一个周期内竖直分位移大小为s，必须有 d=ns．
而 s=2×$\frac{1}{2}a（\frac{T}{2}）^{2}$=$\frac{q{U}_{2}{T}^{2}}{4md}$
得 d=$\frac{nq{U}_{2}{T}^{2}}{4md}$ ②
由①②解得：$\frac{{U}_{2}}{{U}_{1}}$=$\frac{8n{d}^{2}}{{L}^{2}}$，n=1，2，3，…
答：
（1）带电粒子从N板射出时速度v₀是$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$．
（2）带电粒子在A B两板间的偏移量为$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$．
（3）AB板所加电压U₂和MN两板间电压U₁的关系为$\frac{{U}_{2}}{{U}_{1}}$=$\frac{8n{d}^{2}}{{L}^{2}}$，n=1，2，3，…．

点评本题关键是明确粒子的受力情况和运动规律，然后结合分运动公式列式求解，分析时要抓住交变电压的周期性．

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