Question

1．如圖所示，A為粒子源．在A和極板B間的加速電壓為U₁，在兩水平放置的平行導(dǎo)體板C、D間加有偏轉(zhuǎn)電壓U₂．C、D板長L，板間距離d．現(xiàn)從粒子源A發(fā)出質(zhì)量為m，帶電量為q的帶電粒子，由靜止開始經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最后穿出打在右側(cè)的屏幕上，不計(jì)粒子的重力．求：
（1）帶電粒子穿過B板時的速度大��；
（2）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量（即豎直方向的偏轉(zhuǎn)位移）
（3）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的速度大小與方向．

Answer 1

分析 （1）粒子先經(jīng)過加速電場加速，后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)．由動能定理可以解得加速度獲得的速度，即穿過B板時的速度．
（2）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動，把其分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動，豎直方向的勻加速直線運(yùn)動．根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律結(jié)合求解側(cè)移距離．
（3）對偏轉(zhuǎn)過程，利用分運(yùn)動公式列式求解末速度的大小，根據(jù)tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$確定方向．

解答 解（1）粒子經(jīng)加速電場的過程中，由動能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得：v=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$
（2）對類似平拋過程，平行板方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間為：t=$\frac{L}{v}$，
垂直板方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律得加速度為：a=$\frac{F}{m}=\frac{qE}{m}=\frac{q{U}_{2}}{md}$，
離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移為：y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
解得：y=$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$；
（3）對類似平拋過程，豎直分速度為：v_y=at=$\frac{{q{U_2}L}}{mdv}$；
合速度為：v′=$\sqrt{{v^2}+{v_y}^2}$=$\sqrt{{{\frac{{2q{U_1}}}{m}}^{\;}}+{{\frac{{q{U_2}^2{L^2}}}{{2m{U_1}{d^2}}}}^{\;}}}$；
速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為：tanθ=$\frac{v_y}{{{v_{\;}}}}$=$\frac{{{U_2}L}}{{2{U_1}d}}$；
答：（1）帶電粒子穿過B板時的速度大小為$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量為$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$；
（3）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的速度大小為$\sqrt{{\frac{2q{U}_{1}}{m}}^{\;}+{\frac{q{{U}_{2}}^{2}{L}^{2}}{2m{U}_{1}1538fie^{2}}}^{\;}}$，速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ=$\frac{{{U_2}L}}{{2{U_1}d}}$．

點(diǎn)評 本題要熟練運(yùn)用運(yùn)動的分解法研究類平拋運(yùn)動，把類平拋運(yùn)動分解成水平方向的勻速直線運(yùn)動，豎直方向的勻加速直線運(yùn)動，結(jié)合牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動規(guī)律解題．