2022-2023学年粤教版必修第三册 2.2 带电粒子在电场中的运动 学案

学习目标STSE情境导学1.理解带电粒子在匀强电场中的加速和偏转的原理.（重点）2.能用带电粒子在电场中运动的规律分析解决实际问题.（难点）3.了解示波管的构造和原理eq\a\vs4\al(带电粒子在直线加速器内可以获得极大的速度)知识点一带电粒子在电场中的加速1.电场力对它做的功W＝qU.2.带电粒子到达负极板速率为v，它的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2.3.根据动能定理，可知qU＝eq\f(1,2)mv2，可解出v＝eq\r(\f(2qU,m)).知识点二带电粒子在电场中的偏转示波器1.带电粒子的偏转.如图所示，两平行导体板水平放置，导体板长度为l，板间距离为d，板间电压为U，有一质量为m、电量为q的带电粒子以水平初速度大小v0进入板间的匀强电场.重力忽略不计.带电粒子垂直进入匀强电场的运动类似物体的平抛运动，因为带电粒子在水平方向上不受力，竖直方向上受到一个恒定不变的电场力，所以可以将它的运动看成是由水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上初速度为零的匀加速直线运动合成的.（1）粒子在电场中的运动时间为t＝eq\f(l,v0).（2）粒子在电场中的侧移距离为y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,md)（eq\f(l,v0)）2＝eq\f(ql2U,2mdveq\o\al(2,0)).（3）粒子偏转的角度tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,dmveq\o\al(2,0)).2.示波器.（1）构造.示波器的核心部件是示波管，它主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成.（2）基本原理.带电粒子在电场力的作用下加速和偏转.1.下列粒子从初速度为零的状态经加速电压为U的电场后，哪种粒子速度最大（）A.质子（eq\o\al(1,1)H原子核）B.氘核（eq\o\al(2,1)H原子核）C.α粒子（eq\o\al(4,2)He原子核）D.钠离子（Na＋）解析：设加速电场的电压为U，粒子的质量和电量分别为m和q，根据动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qU,m))，由于质子的比荷eq\f(q,m)最大，U相同，则质子的速度最大，故A正确.答案：A2.真空中有一束电子流，以速度v沿着跟电场强度垂直的方向自O点进入匀强电场，如图所示，若以O为坐标原点，x轴垂直于电场方向，y轴平行于电场方向建立坐标系，在x轴上取OA＝AB＝BC，分别自A、B、C点作与y轴平行的线跟电子流的径迹交于M、N、P三点，那么：（1）电子流经M、N、P三点时，沿x轴方向的分速度之比为.（2）沿y轴的分速度之比为________________________________________________________________________.（3）电子流经过OM、MN、NP的动能增量之比为.解析：（1）水平方向做匀速运动，沿x轴方向的分速度之比为1∶1∶1.（2）由水平方向的分运动，可得OA、AB、BC三段时间相等，粒子在竖直方向做匀加速运动，由v＝at，可得vyM∶vyN∶vyP＝1∶2∶3.（3）粒子在竖直方向做匀加速运动，在相等时间的位移比yAM∶yBN∶yCP＝1∶3∶5，由动能定理Eqy＝ΔEk，电子流经过OM、MN、NP的动能增量之比为1∶3∶5.答案：（1）1∶1∶1（2）1∶2∶3（3）1∶3∶5学习小结1.结合平抛运动的知识理解带电粒子在电场中的偏转.2.通过分析带电粒子在电场中的运动情况，解释相关的物理现象探究一带电粒子在电场中的加速问题1.关于带电粒子在电场中的重力.（1）基本粒子如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，此类粒子一般不考虑重力（但并不忽略质量）.（2）带电微粒如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力.2.处理问题的方法和思路.（1）分析方法和力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速；直线还是曲线），然后选用恰当的规律解题.（2）解决这类问题的基本思路.①运动和力的观点：用牛顿定律和运动学知识求解.②能量转化的观点：用动能定理和功能关系求解.3.应用动能定理处理这类问题的思路（粒子只受电场力）.（1）若带电粒子的初速度为零，则它的末动能eq\f(1,2)mv2＝qU，末速度v＝eq\r(\f(2qU,m)).（2）若粒子的初速度为v0，则eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qU，末速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m)).【典例1】医学上对某些癌症采用质子疗法治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞.现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107m/s.已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10－27kg，电荷量为1.6×10－19C，则下列说法正确的是（）A.加速过程中质子电势能增加B.质子所受到的电场力约为2×10－15NC.质子加速需要的时间约为8×10－6sD.加速器加速的直线长度约为4m解析：根据能量守恒定律得，动能增加，电势能减小，故A错误；质子所受到的电场力约为F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19N＝2.08×10－14N，故B错误；根据牛顿第二定律得加速的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2.08×10－14,1.67×10－27)m/s2＝1.25×1013m/s2，则加速时间t＝eq\f(v,a)＝eq\f(1×107,1.25×1013)s＝0.8×10－6s，故C错误；加速器加速的直线长度约L＝eq\f(v,2)t＝eq\f(1×107,2)×0.8×10－6m＝4m，故D正确.故选D.答案：D解决带电粒子在电场中运动问题的思路带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子在电场中与一般物体相比多受到一个电场力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如共点力平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系、能量守恒等.（1）对带电粒子进行受力分析、运动特点分析、做功情况分析，是解题的关键.（2）选择解题方法时，优先从功能关系角度考虑，因为应用功能关系列式简单、方便，不易出错.1.如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是（）A.两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速率就越大B.两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大C.与两板间距离无关，仅与加速电压有关D.以上说法均不正确解析：由动能定理qU＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qU,m))，得v与距离无关，仅与加速电压有关.答案：C2.（多选）如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板，如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的eq\f(1,2)后返回，下列措施中能满足要求的是（不计带电粒子的重力）（）A.使初速度减为原来的eq\f(1,2)倍B.使M、N间电压加倍C.使M、N间电压增加到原来的4倍D.使初速度和M、N间的电压都减为原来的eq\f(1,2)倍解析：由qE·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)知，当初速度变为eq\f(\r(2),2)v0时，l变为eq\f(l,2)；因为qE＝qeq\f(U,d)，所以qE·l＝qeq\f(U,d)·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，通过分析可知，B、D正确.答案：BD探究二带电粒子在电场中的偏转问题1.类平抛运动.不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线的方向射入匀强电场，受到恒定的与初速度方向垂直的静电力的作用而做匀变速曲线运动，称之为类平抛运动.可以采用处理平抛运动的方法分析这种运动.2.运动规律.（1）沿初速度方向：vx＝v0，x＝v0t（初速度方向）.（2）垂直初速度方向：vy＝at，y＝eq\f(1,2)at2（电场线方向，其中a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)）.3.两个结论.（1）偏转距离：y＝eq\f(ql2U,2mveq\o\al(2,0)d).（2）偏转角度：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,mveq\o\al(2,0)d).4.几个推论.（1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向反向延长线与初速度方向延长线交于一点，此点平分沿初速度方向的位移.（2）位移方向与初速度方向间夹角α的正切为速度偏转角正切的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.（3）以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子，不论m、q是否相同，只要eq\f(q,m)相同，即比荷相同，则偏转距离y和偏转角θ相同.（4）若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场，只要q相同，不论m是否相同，则偏转距离y和偏转角θ相同.（5）不同的带电粒子经同一加速电场加速后（即加速电压U1相同），进入同一偏转电场，则偏转距离y和偏转角θ相同.【典例2】如图所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的电荷，在电场的作用下使电荷发生偏转到达纸上.已知两偏转极板长度L＝1.5×10－2m，两极板间电场强度E＝1.2×106N/C，墨滴的质量m＝1.0×10－13kg，电荷量q＝1.0×10－16C，墨滴在进入电场前的速度v0＝15m/s，方向与两极板平行.不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响.则：（1）判断墨滴带正电荷还是负电荷？（2）求墨滴在两极板之间运动的时间.（3）求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移y.解析：（1）墨滴偏转的方向与电场线的方向相反，所以带负电荷.（2）墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t＝eq\f(L,v0)，代入数据可得t＝1.0×10－3s.（3）墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有a＝eq\f(qE,m)，代入数据可得a＝1.2×103m/s2.离开偏转电场时在竖直方向的位移y＝eq\f(1,2)at2，代入数据可得y＝6.0×10－4m.答案：（1）负电荷（2）1.0×10－3s（3）6.0×10－4m分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键（1）条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用而做类平抛运动.（2）运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向的匀加速直线运动和垂直电场力方向的匀速直线运动.3.如图，喷雾器可以喷出各种质量和电荷量的带负电油滴.假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上.不计空气阻力及油滴间的相互作用，则（）A.沿直线①运动的所有油滴质量都相等B.沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等C.沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1∶2D.沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1∶4解析：沿直线①运动的油滴，根据题意得mg＝Eq，即eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，所以沿直线①运动的油滴比荷相同，A、B错误；沿曲线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：x＝v0t，初速度相同，所以运动时间之比等于位移之比，即为2∶1，C错误；沿曲线②、③运动的油滴，水平方向x＝v0t，竖直方向：y＝eq\f(1,2)at2，联立解得a＝eq\f(2yveq\o\al(2,0),x2)，因为水平位移之比为2∶1，v0和y相同，所以加速度大小之比为1∶4，D正确.答案：D探究三示波管的原理示波器工作原理1.发射电子：灯丝通电后给阴极加热，使阴极发射电子.2.形成亮斑：电子经过阳极和阴极间的电场加速聚焦后形成一很细的电子束射出，电子打在荧光屏上形成一个小亮斑.3.控制位置：亮斑在荧光屏上的位置可以通过调节竖直偏转极与水平偏转极上的电压大小来控制.【典例3】如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点.已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力.（1）求电子穿过A板时速度的大小；（2）求电子从偏转电场射出时的偏移量；（3）若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？解析：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m)).（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动.由牛顿第二定律和运动学公式有t＝eq\f(l,v0)，F＝ma，F＝eE，E＝eq\f(U2,d)，y＝eq\f(1,2)at2，联立上式解得偏移量y＝eq\f(U2l2,4U1d).（3）由y＝eq\f(U2l2,4U1d)可知，减小U1或增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点的上方.答案：（1）eq\r(\f(2eU1,m))（2）eq\f(U2l2,4U1d)（3）减小加速电压U1或增大偏转电压U2.解决此题的关键是进行运动过程的分析，本题中粒子的运动过程分为三个阶段，我们可以针对每一个过程选择合适的物理学规律求解：（1）在第一个电场中粒子做加速运动，用动能定理求解.（2）在偏转电场中粒子做类平抛运动，用运动的分解求解.（3）离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，用运动学规律求解.4.如图甲所示为示波管构造的示意图，实验学校高二的某探究小组在XX′间加上了图乙所示的UXX′t信号，YY′间加上了图丙所示的UYY′t信号.则在屏幕上看到的图形是（）解析：因题图丙是竖直方向所加的扫描电压，可使电子在竖直方向运动，所以示波管显像在y轴；当加题图乙的信号时，则荧光屏上显示的波形与水平方向的电压波形相同，其周期与图乙的周期相同，所以图像为选项C中所示，故C正确，A、B、D错误.故选C.答案：C探究四带电粒子在电场中运动的四种题型题型一带电体在电场中（重力、静电力作用下）的直线运动讨论带电粒子在电场中做直线运动（加速或减速）的方法：（1）动力学方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式.当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线时，粒子做匀变速直线运动.根据题意和所求，尤其是求时间问题时，优先考虑牛顿运动定律、匀变速直线运动公式.若为较复杂的匀变速直线运动，亦可以分解为重力方向上、静电力方向上的直线运动来处理.（2）功、能量方法——动能定理、能量守恒定律.若题中已知和所求量涉及功和能量、那么应优先考虑动能定理、能量守恒定律.【典例4】如图所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量为m，带电荷量为＋q的小球在B板下方距离B板H处，以初速度v0竖直向上运动，从B板小孔进入板间电场.（1）带电小球在板间做何种运动？（2）欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差为多少？解析：（1）带电小球在电场外只受重力的作用做匀速减速直线运动，在电场中受重力和竖直向下的静电力作用做匀减速直线运动.（2）整个运动过程中重力和静电力做功，由动能定律得－mg（H＋h）－qUAB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得UAB＝meq\f([veq\o\al(2,0)－2g（H＋h）],2q).答案：（1）匀减速直线运动（2）meq\f([veq\o\al(2,0)－2g（H＋h）],2q)题型二带电体在重力、静电力作用下的类平抛运动分析带电体在重力、静电力作用下的类平抛运动的方法：带电体在重力、静电力作用下做类平抛运动，涉及带电粒子在电场中加速和偏转的运动规律，利用运动的合成与分解把匀变速曲线运动转换为直线运动研究，涉及运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系的综合应用.【典例5】两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m＝5×10－6kg的带电微粒，以v0＝2m/s的水平速度从两板正中央位置射入电场，如图所示，A、B两板间距离为d＝4cm，板长l＝10cm，g取10m/s2.（1）当A、B间的电压为UAB＝1000V时，微粒恰好不偏转，沿图中虚线射出电场，求该粒子的电荷量和电性；（2）令B板接地，欲使该微粒射出偏转电场，求A板所加电势的范围.解析：（1）当UAB＝1000V时，重力跟静电力平衡，微粒才沿初速度v0方向做匀速直线运动，故qeq\f(UAB,d)＝mg，q＝eq\f(mgd,UAB)＝2×10－9C；重力方向竖直向下，则静电力方向竖直向上，而电场强度方向竖直向下（UAB＞0），所以微粒带负电.（2）当qE＞mg时，带电微粒向上偏，从右上边缘M点飞出，如图所示，设此时φA＝φ1，因为φB＝0，所以UAB＝φ1，静电力和重力都沿竖直方向，粒子在水平方向做匀速直线运动，速度vx＝v0；在竖直方向a＝eq\f(qφ1,md)－g，侧位移y＝eq\f(d,2)，所以eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2，t＝eq\f(l,v0)，代入a和t解得φ1＝eq\f(mveq\o\al(2,0)d2＋mgdl2,ql2)＝2600V.当qE＜mg时，带电微粒向下偏，设此时φA＝φ2，同理可得φ2＝－600V，故欲使微粒射出偏转电场，A板电势的范围为－600V＜φA＜2600V.答案：（1）2×10－9C负电（2）－600V＜φA＜2600V题型三带电粒子在交变电场中的运动带电粒子在交变电场中运动问题的分析方法：1.分段分析：按照时间的先后，分阶段分析粒子在不同电场中的受力情况和运动情况，然后选择牛顿运动定律、运动学规律或功能关系求解相关问题.2.v-t图像辅助：带电粒子在交变电场中运动情况一般比较复杂，常规的分段分析很麻烦.较好的方法是分段分析粒子受力的情况下，画出粒子的v-t图像.画图时，注意加速度相同的运动图像是平行的直线，图像与坐标轴所围图形的面积表示位移，图像与t轴的交点表示此时速度方向改变等.3.运动的对称性和周期性：带电粒子在周期性变化的电场中运动时，粒子的运动一般具有对称性和周期性.【典例6】（多选）带正电的微粒放在电场中，电场强度的大小和方向随时间变化的规律如图所示.带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是（）A.微粒在0～1s内的加速度与1～2s内的加速度相同B.微粒将沿着一条直线运动C.微粒做往复运动D.微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正，作出粒子的v-t图像如图所示.由图可知选项B、D正确.答案：BD题型四“等效重力法”问题1.“等效重力法”的基本思想.将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向.2.物理最高点与几何最高点.在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题.小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点.几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点.而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小（称为临界速度）的点.【典例7】如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点.该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球（可视为质点）恰好能静止在C点.若在C点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动（小球的电荷量不变）.已知C、O、D在同一直线上，它们的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g.求：（1）小球所受的电场力F的大小；（2）小球做圆周运动，在D点的速度大小及在A点对轨道压力的大小.解析：（1）小球在C点静止，受力分析如图所示.由平衡条件得F＝mgtan60°，解得F＝eq\r(3)mg.（2）小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在D点小球速度最小，对轨道的压力为零，则eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(veq\o\al(2,D),r)，解得小球在D点的速度vD＝eq\r(2gr)，小球由轨道上A点运动到D点的过程，根据动能定理得－mgr（1＋cosθ）－Frsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得小球在A点的速度vA＝2eq\r(2gr)，小球在A点，根据牛顿第二定律得NA－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),r)，解得NA＝9mg，根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为N′A＝9mg.答案：（1）eq\r(3)mg（2）eq\r(2gr)9mg5.如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上.则t0可能属于的时间段是（）A.0<t0<eq\f(T,4)B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<TD.T<t0<eq\f(9T,8)解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负.作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)时粒子运动的速度图像如图所示.由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>T时情况类似.因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确.故选B.答案：B6.（多选）如图甲所示，平行板相距为d，在两金属板间加一如图乙所示的交变电压，有一个粒子源在平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度相同的带正电粒子（不计重力）.t＝0时刻进入电场的粒子恰好在t＝T时刻到达B板右边缘，则（）A.任意时刻进入的粒子到达电场右边界经历的时间为TB.t＝eq\f(T,4)时刻进入的粒子到达电场右边界的速度最大C.t＝eq\f(T,4)时刻进入的粒子到达电场右边界时距B板的距离为eq\f(d,4)D.粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关解析：任意时刻进入的粒子在水平方向的分运动都是匀速直线运动，则由L＝v0t，得t＝eq\f(L,v0)，由于L、v0都相等，而且水平方向的速度不变，所以到达电场右边界所用时间都相等，且都为T，故A正确；粒子在竖直方向做周期性运动，匀加速和匀减速运动的时间相等，加速度也相同，所以到达电场右边界时速度的变化量为零，因此粒子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，与何时进入电场无关，故B错误，D正确；对于t＝0时刻进入电场的粒子，据题意有eq\f(d,2)＝2×eq\f(1,2)a（eq\f(T,2)）2；对于t＝eq\f(T,4)时刻进入的粒子，在前eq\f(T,2)时间内竖直方向的位移向下，大小为y1＝2×eq\f(1,2)a（eq\f(T,2)）2，在后eq\f(T,2)时间内