解题思路：（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(
t
2
−1×1
0
−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．
（1）带电粒子在水平方向作匀速直线运动，有 t＝
L
v＝
0.1
107s＝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
10−20×1.44×10−2m/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
2at2＝
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=q×
1
2U=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
2a(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
2at1′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
dy＝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
2a(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：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．
考点点评： 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．
1年前
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